Funkcje r´

o˙zniczkowalne

Definicja 8.1 (pochodnej)

Za l´o˙zmy, ˙ze funkcja f jest okre´slona w dziedzinie zawieraja

,

cej przedzia l otwarty o

´srodku p oraz ˙ze istnieje granica lim

h→0

f (p+h)−f (p)

h

. Granice

,

te

,

nazywamy pochodna

,

funkcji f w punkcie p i oznaczamy symbolem f

0

(p) lub

df

dx

(p) . Je´sli pochodna jest

sko´

nczona, to m´owimy, ˙ze funkcja f jest r´o˙zniczkowalna w punkcie p . Funkcje

,

liniowa

,

przypisuja

,

ca

,

liczbie h liczbe

,

f

0

(p)h nazywamy r´o˙zniczka

,

funkcji f w punkcie p i

oznaczamy symbolem df (p) , a warto´s´c tej funkcji liniowej w punkcie h oznaczamy

przez df (p)(h) lub df (p)h .

Definicja 8.2 (prostej stycznej do wykresu funkcji)

Za l´o˙zmy, ˙ze funkcja f ma pochodna

,

w punkcie p oraz ˙ze jest cia

,

g la w punkcie p .*

Je´sli pochodna f

0

(p) jest sko´

nczona, to m´owimy, ˙ze prosta

,

styczna

,

do wykresu funkcji

f w punkcie (p, f (p)) jest prosta, kt´orej wsp´o lczynnik kierunkowy jest r´owny f

0

(p)

przechodza

,

ca przez punkt (p, f (p)) . Je´sli f

0

(p) = ±∞ , to m´owimy, ˙ze styczna

,

do

wykresu w punkcie (p, f (p)) jest prosta pionowa przechodza

,

ca przez ten punkt, czyli

prosta o r´ownaniu x = p .

Jest jasne, ˙ze je´sli funkcja f jest r´o˙zniczkowalna w punkcie p , to prosta styczna

do wykresu tej funkcji w punkcie (p, f (p)) ma r´ownanie y = f

0

(p)(x − p) + f (p) .

P´o´zniej przekonamy sie

,

, ˙ze pr´oby przenoszenia definicji stycznej do okre

,

gu na przypa-

dek stycznej do wykresu funkcji nie maja

,

wie

,

kszego sensu, bo prowadza

,

do wynik´ow

niezgodnych z intuicja

,

. Motywy wprowadzenia podanej przez nas definicji sa

,

na-

ste

,

puja

,

ce. Je´sli |h| 6= 0 jest niedu˙za

,

liczba

,

, to wsp´o lczynnik kierunkowy prostej

przechodza

,

cej przez punkty (p, f (p)) oraz (p + h, f (p + h)) jest r´owny ilorazowi

r´o˙znicowemu

f (p+h)−f (p)

h

, kt´ory jest w przybli˙zeniu r´owny f

0

(p) . Prosta styczna jest

wie

,

c „granica

,

prostych” przechodza

,

cych przez punkt (p, f (p)) i jeszcze jeden punkt

wykresu le˙za

,

cy blisko wymienionego. Nie zamierzamy tu precyzowa´c poje

,

cia „granicy

prostych”, bo u˙zywamy go jedynie w tym miejscu i to jedynie w celu wyja´snienia,

ska

,

d sie

,

taka definicja stycznej bierze. M´owia

,

c jeszcze mniej dok ladnie: prosta styczna

ma przylega´c mo˙zliwie ´sci´sle do wykresu w pobli˙zu punktu (p, f (p)) , daleko od tego

punktu wykres i styczna moga

,

sie

,

rozchodzi´c. Podamy teraz kilka przyk lad´ow.

Przyk lad 8.1

Niech f (x) = ax + b . W tym przypadku iloraz r´o˙znicowy funkcji:

*

Wyka˙zemy p´

o´

zniej, ˙ze je´sli pochodna f

0

(p) funkcji f w punkcie p jest sko´

nczona, czyli ˙ze f jest

r´

o˙zniczkowalna w punkcie p , to funkcja f jest cia,g la w punkcie p , wie,c w tym przypadku nie ma

potrzeby dodatkowo zak lada´

c cia,g lo´sci funkcji w punkcie p .

1

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

f (p+h)−f (p)

h

=

a(p+h)−ap

h

= a jest niezale˙zny od h , zreszta

,

r´ownie˙z od p . Wobec tego

pochodna funkcji liniowej ax + b jest r´owna a . Z tego wynika, ˙ze prosta

,

styczna

,

do

prostej y = ax + b jest ona sama, co nie powinno dziwi´c, bo ona sama do siebie przy-

lega najlepiej ze wszystkich prostych. Cze

,

sto stosowany jest zapis (ax + b)

0

= a .

Przyk lad 8.2

Niech f (x) = x

2

i niech p ∈ R . Bez trudu stwierdzamy, ˙ze

f (p+h)−f (p)

h

= 2p + h −−−→

h→0

2p , co oznacza, ˙ze pochodna

,

funkcji f w punkcie p

jest 2p . Zwykle piszemy (x

2

)

0

= 2x . Poniewa˙z f

0

(0) = 0 , wie

,

c styczna do wykresu

tej funkcji w punkcie (0, 0) jest pozioma. Je´sli natomiast p = 10 , to wsp´o lczynnik

kierunkowy stycznej do wykresu jest r´owny 20 , wie

,

c styczna w punkcie (10, 100) jest

prawie pionowa.

Przyk lad 8.3

Niech f (x) = x

3

. Mamy

f (p+h)−f (p)

h

= 3p

2

+ 3ph + h

2

−−−→

h→0

3p

2

,

co oznacza, ˙ze pochodna

,

funkcji f w punkcie p jest 3p

2

, tzn. (p

3

)

0

= 3p

2

. I tym

razem f

0

(0) = 0 , wie

,

c styczna do wykresu funkcji f w punkcie (0, f (0)) = (0, 0) jest

pozioma. Jednak w tym przypadku wykres nie le˙zy po jednej stronie stycznej, lecz

przechodzi z jednej strony tej prostej na druga

,

. Pochodna jest dodatnia z jednym

wyja

,

tkiem: f

0

(0) = 0 . Bez trudu mo˙zna stwierdzi´c, ˙ze styczna do wykresu tej funkcji

w ka˙zdym punkcie, z wyja

,

tkiem punktu (0, 0) , przecina wykres w jeszcze jednym

punkcie*, wie

,

c r´ownie˙z w tym przypadku nie jest prawda

,

, ˙ze styczna ma z wykresem

funkcji dok ladnie jeden punkt wsp´olny.

Przyk lad 8.4

Teraz zajmiemy sie

,

funkcja

,

f (x) = |x| . Je´sli p > 0 i |h| < p , to

f (p+h)−f (p)

h

=

p+h−p

h

= 1 −−−→

h→0

1 , co oznacza, ˙ze pochodna

,

funkcji f w punkcie p

jest 1 . W taki sam spos´ob pokaza´c mo˙zna, ˙ze f

0

(p) = −1 dla ka˙zdej liczby p < 0 .

Pozosta l jeszcze jeden przypadek do rozwa˙zenia, mianowicie p = 0 . Je´sli h > 0 , to

f (0+h)−f (0)

h

= 1 i wobec tego lim

x→0

+

f (0+h)−f (0)

h

= 1 . Analogicznie stwierdzamy, ˙ze

lim

x→0

−

f (0+h)−f (0)

h

= −1 . Z tych dwu r´owno´sci wynika od razu, ˙ze nie istnieje granica

lim

x→0

f (0+h)−f (0)

h

, czyli ˙ze funkcja |x| pochodnej w punkcie 0 nie ma, chocia˙z jest

cia

,

g la — ma ona w tym punkcie pochodne jednostronne, ale sa

,

one r´o˙zne. Na wykresie

funkcji jest to widoczne, w punkcie (0, 0) wykres sie

,

za lamuje, mo˙zna powiedzie´c, ˙ze

wykres ma w tym punkcie „ostrze”. Zauwa˙zmy, ˙ze rezultaty tych rozwa˙za´

n mo˙zna

opisa´c wzorem (|x|)

0

=

|x|

x

.

Przyk lad 8.5

Podamy teraz przyk lad ´swiadcza

,

cy o tym, ˙ze istnieja

,

funkcje cia

,

g le,

*

Czytelnik zechce sprawdzi´

c w jakim, to pomaga w zrozumieniu tekstu!

2

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

kt´ore przynajmniej w niekt´orych punktach nie maja

,

pochodnych jednostronnych.

Tym studentom, kt´orych te przyk lady me

,

cza

,

, zalecamy pominie

,

cie tego punktu w

pierwszym czytaniu i powr´ot do niego p´o´zniej. Warto te˙z spr´obowa´c sporza

,

dzi´c szkic

wykresu funkcji, co mo˙ze u latwi´c zrozumienie sytuacji. Przechodzimy do szczeg´o l´ow.

Niech f (x) = x sin

1

x

dla x 6= 0 oraz f (0) = 0 . Z oczywistej nier´owno´sci |f (x)| ≤ |x|

wynika, ˙ze lim

x→0

f (x) = 0 = f (0) , a to znaczy, ˙ze funkcja f jest cia

,

g la w punkcie 0 .

Cia

,

g lo´s´c w innych punktach jest oczywistym wnioskiem z twierdzenia o operacjach na

funkcjach cia

,

g lych i twierdzenia o cia

,

g lo´sci z lo˙zenia dwu funkcji. Z twierdze´

n, kt´ore

udowodnimy nied lugo wyniknie, ˙ze funkcja ta ma pochodna

,

sko´

nczona

,

w ka˙zdym

punkcie z wyja

,

tkiem punktu 0 . Wyka˙zemy teraz, ˙ze funkcja ta nie ma pochodnej

w punkcie 0 , dok ladniej, ˙ze w tym punkcie funkcja nie ma pochodnej prawostron-

nej. Je´sli h > 0 , to

f (x+h)−f (x)

h

= sin

1

h

. Wykazali´smy wcze´sniej, ˙ze funkcja ta nie

ma granicy prawostronnej: f

1

2nπ

= 0 oraz f

1

2nπ+π/2

= 1 . Widzimy, wie

,

c ˙ze

dla ka˙zdej liczby naturalnej n punkt

1

2nπ

, 0

le˙zy na wykresie funkcji, co ozna-

cza, ˙ze styczna

,

do wykresu funkcji w punkcie (0, 0) powinna by´c pozioma o´s uk ladu

wsp´o lrze

,

dnych. Jednak˙ze dla ka˙zdej liczby naturalnej n punkt

1

2nπ+π/2

,

1

2nπ+π/2

le˙zy na wykresie funkcji, wie

,

c styczna

,

powinna by´c prosta, na kt´orej te punkty le˙za

,

,

czyli prosta o r´ownaniu y = x — styczna

,

ma by´c prosta najdok ladniej „przyle-

gaja

,

ca” do wykresu. Podobnie mo˙zna uzasadnia´c, ˙ze styczna

,

do wykresu tej funkcji

w punkcie (0, 0) powinna by´c prosta o r´ownaniu y = kx , gdzie k jest dowolna

,

liczba

,

z przedzia lu [−1, 1] — na ka˙zdej takiej prostej znajduja

,

sie

,

punkty le˙za

,

ce na wykresie

funkcji f , tworza

,

ce cia

,

g zbie˙zny do 0 . Mo˙zna powiedzie´c, ˙ze wykres funkcji x sin

1

x

oscyluje mie

,

dzy prostymi y = x oraz y = −x i do ˙zadnej z nich, ani do ˙zadnej

le˙za

,

cej w ka

,

cie przez nie wyznaczonym, nie „przylega”, wie

,

c nie istnieje styczna do

wykresu w punkcie (0, 0) .

Przyk lad 8.6

Obliczymy teraz pochodna

,

funkcji wyk ladniczej. Niech f (x) = e

x

.

Przypomnie´c wypada, ˙ze lim

h→0

e

x+h

−e

x

h

= e

x

lim

h→0

e

h

−1

h

= e

x

. Wobec tego pochodna

,

w punkcie x , funkcji wyk ladniczej o podstawie e , jest liczba e

x

, czyli (e

x

)

0

= e

x

.

Przyk lad 8.7

Naste

,

pna

,

bardzo wa˙zna

,

funkcja

,

jest logarytm naturalny. Znaj-

dziemy jej pochodna

,

. Niech f (x) = ln x dla ka˙zdej liczby dodatniej x . Przypo-

mnijmy, ˙ze lim

x→0

ln(1+x)

x

= 1 — wz´or ten wykazali´smy poprzednio. Mamy wie

,

c dla

x > 0 naste

,

puja

,

ca

,

r´owno´s´c*:

*

Przypomnijmy, ˙ze ln(x+h)−ln x=ln

x+h

x

=ln

(

1+

h

x

)

3

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

lim

h→0

ln(x+h)−ln x

h

= lim

h→0

ln(1+x/h)

x/h

·

1

x

= 1 ·

1

x

=

1

x

. Znaczy to, ˙ze pochodna

,

logarytmu

naturalnego w punkcie x jest liczba

1

x

, czyli (ln x)

0

=

1

x

.

Przyk lad 8.8

Ostatnia

,

z kr´otkiego cyklu „najwa˙zniejszych” funkcji elementar-

nych jest sinus. Przypomnijmy, ˙ze lim

x→0

sin x

x

= 1 – ta r´owno´s´c zosta la wykazana

poprzednio. Z niej wynika, ˙ze

lim

h→0

sin(x+h)−sin x

h

= lim

h→0

2 sin

h

2

cos(x+

h

2

)

h

= lim

h→0

sin(h/2)

h/2

· cos(x +

h

2

) = cos x .

Uda lo sie

,

wie

,

c nam wykaza´c, ˙ze pochodna

,

funkcji sinus w punkcie x jest liczba cos x ,

czyli ˙ze zachodzi wz´or (sin x)

0

= cos x .

Naste

,

pne wzory wyprowadzimy po podaniu regu l, wed lug kt´orych obliczane sa

,

pochodne. Nie be

,

dziemy w tym przypadku zajmowa´c sie

,

pochodnymi niesko´

nczonymi,

bowiem w zastosowaniach be

,

da

,

nam potrzebne na og´o l pochodne sko´

nczone, ale za-

che

,

camy student´ow do samodzielnego sformu lowania za lo˙ze´

n odpowiednich twierdze´

n

w przypadku funkcji, kt´orych pochodne nie sa

,

sko´

nczone.

Twierdzenie 8.3 (o cia

,

g lo´sci funkcji r´

o˙zniczkowalnej)

Je´sli funkcja f jest r´o˙zniczkowalna w punkcie p , to jest w tym punkcie cia

,

g la.

Dow´

od.

lim

x→p

f (x) = f (p) + lim

h→0

f (p + h) − f (p)

= f (p) + lim

h→0

h ·

f (p+h)−f (p)

h

=

= f (p) + 0 · f

0

(p) = f (p) .

Dow´od zosta l zako´

nczony.

Twierdzenie 8.4 (o arytmetycznych w lasno´sciach pochodnej)

Za l´o˙zmy, ˙ze funkcje f i g sa

,

r´o˙zniczkowalne w punkcie p . Wtedy funkcje f ± g , f · g

i, je´sli g(p) 6= 0 , to r´ownie˙z

f

g

sa

,

r´o˙zniczkowalne w punkcie p i zachodza

,

wzory:

(f + g)

0

(x) = f

0

(x) + g

0

(x) ,

(f − g)

0

(x) = f

0

(x) − g

0

(x) ,

(f · g)

0

= f

0

(x)g(x) + f (x)g

0

(x) ,

f

g

0

(x) =

f

0

(x)g(x)−f (x)g

0

(x)

g(x)

2

.

Dow´

od. Mamy f

0

(p) = lim

h→0

f (p+h)−f (p)

h

oraz g

0

(p) = lim

h→0

g(p+h)−g(p)

h

i

wiemy, ˙ze te pochodne sa

,

sko´

nczone. Sta

,

d i z twierdzenia o arytmetycznych w las-

no´sciach granicy funkcji wynika, ˙ze

lim

h→0

f (p+h)+g(p+h)−f (p)−g(p)

h

= lim

h→0

f (p+h)−f (p)

h

+ lim

h→0

g(p+h)−g(p)

h

= f

0

(p) + g

0

(p) .

Udowodnili´smy wie

,

c twierdzenie o pochodnej sumy dwu funkcji r´o˙zniczkowalnych.

Identycznie dowodzimy twierdzenie pochodnej r´o˙znicy funkcji r´o˙zniczkowalnych. Zaj-

miemy sie

,

teraz iloczynem funkcji r´o˙zniczkowalnych. Tym razem skorzystamy z udo-

wodnionego wcze´sniej twierdzenia o cia

,

g lo´sci funkcji r´o˙zniczkowalnej. Mamy

lim

h→0

f (p+h)g(p+h)−f (p)g(p)

h

= lim

h→0

(f (p+h)−f (p))·g(p+h)+f (p)(g(p+h)−g(p))

h

=

4

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

= lim

h→0

f (p+h)−f (p)

h

· lim

h→0

g(p + h) + f (p) · lim

h→0

g(p+h)−g(p)

h

= f

0

(p)g(p) + f (p)g

0

(p) .

Teraz kolej na iloraz. Mamy teraz dodatkowe za lo˙zenie: g(p) 6= 0 . Wynika sta

,

d,

˙ze istnieje liczba δ > 0 , taka ˙ze je´sli |h| < δ , to |g(p+h)−g(p)| < |g(p)| = |0−g(p)| .

Wnioskujemy sta

,

d, ˙ze liczby g(p) i g(p + h) le˙za

,

po tej samej stronie zera, w

szczeg´olno´sci g(p + h) 6= 0 . Mamy zatem

lim

h→0

f (p+h)
g(p+h)

−

f (p)
g(p)

h

= lim

h→0

f (p+h)g(p)−f (p)g(p+h)

hg(p+h)g(p)

=

= lim

h→0

f (p+h)g(p)−f (p)g(p)− f (p)g(p+h)−f (p)g(p)

hg(p+h)g(p)

=

= lim

h→0

f (p+h)−f (p)

h

g(p)−f (p)

g(p+h)−g(p)

h

g(p+h)g(p)

=

f

0

(p)g(p)−f (p)g

0

(p)

g(p)

2

.

Dow´od zosta l zako´

nczony.

Twierdzenie 8.5 (o pochodnej z lo˙zenia)

Za l´o˙zmy, ˙ze funkcja g jest r´o˙zniczkowalna w punkcie p , za´s funkcja f , okre´slona na

zbiorze zawieraja

,

cym wszystkie warto´sci funkcji g , jest r´o˙zniczkowalna w punkcie

g(p) . Wtedy z lo˙zenie tych funkcji f ◦ g jest r´o˙zniczkowalne w punkcie p i zachodzi

wz´or:

(f ◦ g)

0

(x) = f

0

(g(x))g

0

(x) .

Wprowadzamy oznaczenie y = g(x) . Mo˙zemy napisa´c (f ◦ g)

0

(x) = f

0

(y)g(x) lub

d(f ◦g)

dx

(x) =

df

dy

(g(x)) ·

dg
dx

(x) =

df

dy

(y) ·

dg
dx

(x) lub kr´ocej

d(f ◦g)

dx

=

df

dy

·

dg
dx

. Cze

,

sto

wz´or ten zapisywany jest w postaci

d(f ◦g)

dx

=

df

dg

·

dg
dx

lub, po oznaczeniu z = f (y) ,

jako

dz
dx

=

dz
dy

·

dy
dx

. W literaturze angloje

,

zycznej nosi nazwe

,

„the Chain Rule”, czego

oczywistym motywem jest jego ostatnia posta´c, zw laszcza je´sli zastosujemy go nie

w przypadku z lo˙zenia dwu funkcji, lecz wie

,

kszej ich liczby – wtedy la´

ncuch staje sie

,

bardziej widoczny.

Dow´

od. Zn´ow mamy do czynienia z dwiema funkcjami r´o˙zniczkowalnymi: f w

punkcie q = g(p) oraz g w punkcie p . Niech r

g

(h) =

g(p+h)−g(p)−g

0

(p)h

h

i niech

r

g

(0) = 0 . R´o˙zniczkowalno´s´c funkcji g w punkcie p r´ownowa˙zna jest cia

,

g lo´sci funk-

cji r

g

w punkcie 0. Prawdziwa jest r´owno´s´c: g(p + h) = g(p) + g

0

(p)h + r

g

(h)h .

Przyjmijmy teraz, ˙ze r

f

(H) =

f (g(p)+H)−f (g(p))−f

0

(g(p))H

H

oraz r

f

(0) = 0 . Tak

jak w przypadku funkcji g funkcja f jest r´o˙zniczkowalna w punkcie g(p) wtedy

i tylko wtedy, gdy funkcja r

f

jest cia

,

g la w punkcie 0. Zachodzi wz´or: f (g(p) + H) =

f (g(p)) + f

0

(g(p))H + r

f

(H)H . Mo˙zemy wydzieli´c cze

,

´s´c liniowa

,

” z lo˙zenia f ◦ g w

otoczeniu punktu p :

f g(p + h)

= f g(p) + g

0

(p)h + r

g

(h)h

=

= f g(p)

+ f

0

g(p)

g

0

(p)h + r

g

(h)h

+ r

f

g

0

(p)h + r

g

(h)h

g

0

(p)h + r

g

(h)h

=

= f g(p)

+ f

0

g(p)

g

0

(p)h + h ·

r

g

(h) + r

f

g

0

(p)h + r

g

(h)h

g

0

(p) + r

g

(h)

.

5

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

Jasne jest, ˙ze granica

,

wyra˙zenia znajduja

,

cego sie

,

w nawiasie kwadratowym przy

h → 0 jest liczba 0. Sta

,

d wynika, ˙ze

lim

h→0

f (g(p+h))−f (g(p))

h

=

= f

0

g(p)

g

0

(p) + lim

h→0

r

g

(h) + r

f

g

0

(p)h + r

g

(h)h

g

0

(p) + r

g

(h)

= f

0

g(p)

g

0

(p) .

Wobec tego pochodna

,

funkcji f ◦ g w punkcie p jest liczba f

0

g(p)

g

0

(p) . Dow´od

zosta l zako´

nczony.

Twierdzenie 8.6 (o pochodnej funkcji odwrotnej)

Za l´o˙zmy, ˙ze funkcja f jest r´o˙zniczkowalna w punkcie p , ˙ze f

0

(p) 6= 0 , ˙ze funkcja

f ma funkcje

,

odwrotna

,

oraz ˙ze funkcja f

−1

, odwrotna do f , jest cia

,

g la w punkcie

q = f (p) . Wtedy funkcja f

−1

jest r´o˙zniczkowalna w punkcie q i zachodzi wz´or

f

−1

0

(q) =

1

f

0

(p)

.

Wz´or na pochodna

,

funkcji odwrotnej mo˙zna zapisa´c w postaci f

−1

0

(f (p)) =

1

f

0

(p)

lub w postaci f

−1

0

(q) =

1

f

0

(f

−1

(q))

. Piszemy te˙z

dy
dx

= 1

dx
dy

, oznaczywszy uprzed-

nio y = f (x) . Ten ostatni zapis, zw laszcza w po la

,

czeniu z wzorem

dz
dx

=

dz
dy

·

dy
dx

sugeruje, ˙ze symbol

dy
dx

mo˙zna traktowa´c jak u lamek. Trzeba jednak uwa˙za´c, bo nie

oznacza on u lamka, lecz pochodna

,

i pos lugiwa´c sie

,

analogiami z ilorazem jedynie w

zakresie dopuszczonym podawanymi twierdzeniami. Mo˙zna np napisa´c wz´or

dg
dx

+

dh
dx

=

d(g+h)

dx

– oznacza on, ˙ze pochodna sumy dwu funkcji wzgle

,

dem zmiennej x jest r´owna sumie

ich pochodnych wzgle

,

dem tej samej zmiennej x . Natomiast nie mo˙zna napisa´c wzoru

df

dy

+

dg
dx

=

df ·dx+dg·dy

dy·dx

np. dlatego, ˙ze jego prawa strona nie ma sensu, bo nie jest

zdefiniowana. P´o´zniej rozwa˙za´c be

,

dziemy pochodne wy˙zszych rze

,

d´ow i tam sytuacja

be

,

dzie jeszcze bardziej skomplikowana.

Dow´

od. Wiemy, ˙ze funkcja f jest r´o˙zniczkowalna w punkcie p , ˙ze f

0

(p) 6= 0 oraz

˙ze funkcja f

−1

odwrotna do funkcji f jest cia

,

g la w punkcie q = f (p) . Wyka˙zemy,

˙ze

lim

h→0

f

−1

(q + h) − f

−1

(q)

h

=

1

f

0

(p)

.

Oznaczmy H = f

−1

(q + h) − f

−1

(q) . Oczywi´scie H zale˙zy od h . Z cia

,

g lo´sci funkcji

f

−1

w punkcie q wynika od razu, ˙ze lim

h→0

H = 0 . Zachodzi te˙z r´owno´s´c

h = q + h − q = f f

−1

(q + h)

− f f

−1

(q)

= f f

−1

(q) + H

− f f

−1

(q)

=

= f (p + H) − f (p) .

Z tej i z poprzednich r´owno´sci wynika, ˙ze

lim

h→0

f

−1

(q+h)−f

−1

(q)

h

= lim

H→0

H

f (p+H)−f (p)

=

1

f

0

(p)

.

Dow´od zosta l zako´

nczony.

6

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

Ostatnim z tego cyklu twierdze´

n s lu˙za

,

cych do obliczania pochodnych jest

Twierdzenie 8.7 (o pochodnej szeregu pote

,

gowego)

Je´sli szereg pote

,

gowy

∞

X

n=0

a

n

(x − x

0

)

n

ma dodatni promie´

n zbie˙zno´sci, to wewna

,

trz

przedzia lu zbie˙zno´sci suma tego szeregu jest funkcja

,

r´o˙zniczkowalna

,

i zachodzi wz´or:

∞

X

n=0

a

n

(x − x

0

)

n

!

0

=

∞

X

n=1

na

n

(x − x

0

)

n−1

.

Wypada przestrzec, ˙ze szereg´ow na og´o l nie wolno r´o˙zniczkowa´c w taki spos´ob, jak

sie

,

r´o˙zniczkuje sumy sko´

nczone. K.Weierstrass wykaza l, ˙ze np. funkcja zdefiniowana

jako suma szeregu

∞

X

n=1

1

2

n

cos(7

n

πx) jest cia

,

g la na ca lej prostej i nie ma sko´

nczonej

pochodnej w ˙zadnym punkcie, chocia˙z ka˙zdy wyraz tego szeregu ma pochodna

,

.

Dow´

od. Bez straty og´olno´sci rozwa˙za´

n mo˙zemy przyja

,

´c, ˙ze x

0

= 0 . Wykazali´smy

wcze´sniej, ˙ze dla ka˙zdego cia

,

gu liczb rzeczywistych (a

n

) istnieje r ≥ 0 , takie ˙ze je´sli

|x| < r , to szereg pote

,

gowy

∞

X

n=0

n

k

a

n

x

n

jest zbie˙zny bezwzgle

,

dnie dla ka˙zdej liczby

k = 0, 1, 2, 3, . . . za´s w przypadku |x| > r szereg

∞

X

n=0

a

n

x

n

jest rozbie˙zny. Teraz

wyka˙zemy, ˙ze funkcja s przypisuja

,

ca liczbie x sume

,

szeregu s(x) =

∞

X

n=0

a

n

x

n

jest

r´o˙zniczkowalna w ka˙zdym punkcie x ∈ (−r, r) oraz ˙ze zachodzi r´owno´s´c

s

0

(x) =

∞

X

n=0

a

n

x

n

!

0

=

∞

X

n=1

na

n

x

n−1

.

Zak ladamy dalej, ˙ze |x| < r , ˙ze d > 0 jest liczba

,

mniejsza

,

ni˙z r − |x| oraz ˙ze

0 < |h| < d . Sta

,

d wynika, ˙ze |x + h| ≤ |x| + |h| < r , wie

,

c szeregi

∞

X

n=0

na

n

x

n−1

,

∞

X

n=0

a

n

x

n

i

∞

X

n=0

a

n

(x + h)

n

sa

,

zbie˙zne i to bezwzgle

,

dnie. Mamy wie

,

c

s(x+h)−s(x)

h

−

∞

X

n=0

na

n

x

n−1

=

∞

X

n=0

a

n

(x+h)

n

−x

n

h

− nx

n−1

=

=

∞

X

n=2

a

n

P

n
k=2

n

k

x

n−k

h

k−1

≤ |h| ·

∞

X

n=2

|a

n

|

n

X

k=2

n

k

|x|

n−k

|h|

k−2

≤

≤ |h| ·

∞

X

n=2

|a

n

|n

2

P

n
k=2

n−2

k−2

|x|

(n−2)−(k−2)

|h|

k−2

=

7

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

= |h| ·

∞

X

n=2

n

2

|a

n

| (|x| + |h|)

n−2

≤ |h| ·

∞

X

n=2

n

2

|a

n

| (|x| + d)

n−2

.

Przedostatnia nier´owno´s´c wynika z tego, ˙ze je´sli n ≥ k ≥ 2 , to

n

k

=

n·(n−1)

(k−1)·k

·

n−2

k−2

≤ n

2 n−2

k−2

.

Oczywi´scie lim

h→0

|h| ·

∞

X

n=2

n

2

|a

n

| (|x| + d)

n−2

= 0 , zatem

s

0

(x) = lim

h→0

s(x+h)−s(x)

h

=

∞

X

n=1

na

n

x

n−1

.

Dow´od zosta l zako´

nczony.

Poka˙zemy teraz, jak podane przed chwila

,

twierdzenia mo˙zna stosowa´c.

Przyk lad 8.9

Znajdziemy pochodna

,

funkcji kosinus. Mamy cos x = sin

π

2

− x

.

Skorzystamy z wzoru wynikaja

,

cego z wzoru wykazanego w przyk ladzie pierwszym:

π

2

− x

0

=

(−1)x +

π

2

0

= −1 . Teraz skorzystamy z twierdzenia o pochodnej

z lo˙zenia:

(cos x)

0

=

sin

π

2

− x

0

= cos

π

2

− x

· (−1) = − sin x

– tutaj role

,

funkcji f z wzoru na pochodna

,

z lo˙zenia pe lni sinus, kt´orego pochodna

,

jest kosinus, za´s role

,

funkcji g odgrywa funkcja

π

2

− x , kt´orej pochodna

,

jest −1 .

Przyk lad 8.10

Zastosujemy wz´or na pochodna

,

ilorazu dla uzyskania wzoru na

pochodna

,

funkcji tangens. Mamy

(tg x)

0

=

sin x

cos x

0

=

(sin x)

0

cos x−(cos x)

0

sin x

(cos x)

2

=

cos x·cos x−(− sin x) sin x

cos

2

x

=

1

cos

2

x

=

= 1 + tg

2

x .

Przyk lad 8.11

Teraz kolej na kotangens. Wz´or ten mo˙zna uzyska´c na r´o˙zne spo-

soby, np. modyfikuja

,

c nieznacznie wyprowadzenie wzoru na pochodna

,

funkcji tan-

gens. Mo˙zna te˙z zastosowa´c metode

,

znana

,

ju˙z z wyprowadzenia wzoru na pochodna

,

funkcji kosinus i w la´snie tak posta

,

pimy:

(ctg x)

0

= tg

π

2

− x

0

=

1

cos

2

(

π

2

−x

)

· (−1) = −

1

sin

2

x

= −1 − ctg

2

x .

Przyk lad 8.12

Przypomnijmy, ˙ze funkcja

,

odwrotna

,

do funkcji tangens ograni-

czonej do przedzia lu −

π

2

,

π

2

jest funkcja arctg , kt´ora przekszta lca zbi´or wszystkich

liczb rzeczywistych IR na przedzia l −

π

2

,

π

2

. Zachodzi zatem wz´or: tg (arctg x) = x .

Funkcja arctg jest cia

,

g la. Pochodna funkcji tangens nie jest w ˙zadnym punkcie mniej-

sza od 1, wie

,

c jest r´o˙zna od 0 . Wobec tego z twierdzenia o pochodnej funkcji od-

wrotnej wynika, ˙ze funkcja arctg ma pochodna

,

w ka˙zdym punkcie. Z twierdzenia o

pochodnej z lo˙zenia wynika, ˙ze musi zachodzi´c wz´or:

8

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

1 = (x)

0

= (tg (arctg x))

0

= 1 + tg

2

(arctg x)

· (arctg x)

0

= 1 + x

2

· (arctg x)

0

.

Sta

,

d wnioskujemy, ˙ze (arctg x)

0

=

1

1+x

2

.

Przyk lad 8.13

Wyprowadzimy wz´or na pochodna

,

funkcji arcsin, czyli funkcji

odwrotnej do funkcji sinus ograniczonej do przedzia lu [−

π

2

,

π

2

] . Funkcja arcsinus

jest cia

,

g la i przekszta lca przedzia l [−1, 1] na przedzia l [−

π

2

,

π

2

] . Na tym ostat-

nim przedziale funkcja kosinus przyjmuje nieujemne warto´sci. Sta

,

d wynika, ˙ze je´sli

−

π

2

≤ y ≤

π

2

, to cos y =

p

1 − sin

2

y . Poniewa˙z pochodna funkcji sinus jest r´o˙zna od

0 w punktach przedzia lu otwartego (−

π

2

,

π

2

) , wie

,

c funkcja arcsin jest r´o˙zniczkowalna

w punktach odpowiadaja

,

cych punktom przedzia lu (−

π

2

,

π

2

) , czyli w punktach prze-

dzia lu otwartego (−1, 1) . Mamy wie

,

c

1 = (x)

0

= (sin (arcsin(x)))

0

= cos (arcsin(x)) · (arcsin(x))

0

=

=

q

1 − sin

2

(arcsin(x)) · (arcsin(x))

0

=

√

1 − x

2

· (arcsin(x))

0

.

Sta

,

d ju˙z latwo wynika, ˙ze zachodzi wz´or: (arcsin(x))

0

=

1

√

1−x

2

. Wyprowadzili´smy

wie

,

c wz´or na pochodna

,

funkcji arcsin w punktach wewne

,

trznych jej dziedziny. W

punktach le˙za

,

cych na jej brzegu, czyli w punktach −1 i 1 mo˙zna by m´owi´c jedy-

nie o pochodnych jednostronnych. Pozostawiamy czytelnikom wykazanie tego, ˙ze w

obu ko´

ncach przedzia lu [−1, 1] funkcja arcsin ma pochodna

,

jednostronna

,

i ˙ze ta po-

chodna jednostronna r´owna jest +∞ . Warto naszkicowa´c sobie wykres funkcji arcsin

– jest on oczywi´scie symetryczny do wykresu funkcji sinus, ograniczonej do przedzia lu

[−

π

2

,

π

2

] , wzgle

,

dem prostej o r´ownaniu y = x .

Przyk lad 8.14

Niech f (x) = x

a

, gdzie a jest dowolna

,

liczba

,

rzeczywista

,

, za´s x

jest liczba

,

dodatnia

,

. Wyka˙zemy, ˙ze (x

a

)

0

= ax

a−1

.*

Z definicji wynika, ˙ze x

a

= e

a ln x

. Korzystaja

,

c z twierdzenia o pochodnej z lo˙zenia

dwu funkcji oraz poprzednio wyprowadzonych wzor´ow na pochodne funkcji wyk lad-

niczej, logarytmu i funkcji liniowej otrzymujemy:

(x

a

)

0

= e

a ln x

0

= e

a ln x

· a ·

1

x

= ax

a−1

.

Doda´c wypada, ˙ze pote

,

ge

,

x

a

mo˙zna zdefiniowa´c r´ownie˙z w przypadku x = 0 i a > 0

oraz w przypadku x < 0 , je´sli a jest u lamkiem nieskracalnym, kt´orego mianownik

jest ca lkowita

,

liczba

,

nieparzysta

,

, a licznik — liczba

,

ca lkowita

,

. Pozostawiamy czy-

telnikom uzasadnienie tego, ˙ze w obu tych przypadkach podany przez nas wz´or na

pochodna

,

funkcji pote

,

gowej pozostaje w mocy, oczywi´scie w przypadku pierwszym

mowa jest jedynie o pochodnej prawostronnej, chyba ˙ze a jest u lamkiem dodatnim o

*

Dla a=

1

2

jest to znany wielu czytelnikom z nauki w szkole wz´

or na pochodna, pierwiastka kwadrato-

wego, dla a=2 oraz a=3 otrzymali´smy wzory wcze´sniej.

9

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

mianowniku nieparzystym (oczywi´scie nieskracalnym).

Przyk lad 8.15

Zajmiemy sie

,

teraz przez chwile

,

funkcja

,

wyk ladnicza

,

o dowolnej

podstawie. Niech a be

,

dzie dowolna

,

liczba

,

dodatnia

,

, x — dowolna

,

liczba

,

rzeczywis-

ta

,

. Poste

,

puja

,

c tak jak w przypadku funkcji pote

,

gowej otrzymujemy wz´or:

(a

x

)

0

= e

x ln a

0

= e

x ln a

· ln a = a

x

ln a .

Na tym zako´

nczymy kr´otki przegla

,

d najbardziej podstawowych wzor´ow na po-

chodne. Pochodne be

,

dziemy oblicza´c wielokrotnie. Przekonamy sie

,

niebawem, ˙ze

mo˙zna ich u˙zywa´c w celu rozwia

,

zywania rozlicznych problem´ow, np. znajdowania

najwie

,

kszych i najmniejszych warto´sci funkcji. Do tego potrzebne be

,

da

,

nam jednak

twierdzenia pozwalaja

,

ce na wia

,

zanie w lasno´sci funkcji z w lasno´sciami jej pochodnej.

Warto nadmieni´c, ˙ze z twierdze´

n, kt´ore ju˙z podali´smy, wynika, ˙ze funkcje zdefinio-

wane za pomoca

,

„ jednego wzoru”, maja

,

pochodna

,

we wszystkich punktach swej

dziedziny z wyja

,

tkiem nielicznych punkt´ow wyja

,

tkowych, np. wz´or

(

3

√

x)

0

= (x

1/3

)

0

=

1
3

x

−2/3

=

1

3

3

√

x

2

ma miejsce dla wszystkich x 6= 0 . Istnieja

,

, co prawda, funkcje cia

,

g le okre´slone na ca lej

prostej, kt´ore nie maja

,

pochodnej w ˙zadnym punkcie. Przyk lad pojawi sie

,

p´o´zniej **

Naste

,

pne twierdzenie by lo u˙zywane przez Fermata (1601–1665) w odniesieniu

do wielomian´ow jeszcze przed wprowadzeniem przez Newtona i Leibniza rachunku

r´o˙zniczkowego i ca lkowego. Fermat zajmowa l sie

,

znajdowa l mie

,

dzy innymi znajdo-

waniem warto´sci najwie

,

kszych i najmniejszych wielomian´ow na przedzia lach do-

mknie

,

tych. Doprowadzi lo go to w gruncie rzeczy do poje

,

cia pochodnej, cho´c nie

stworzy l on teorii. Tym nie mniej odkry l twierdzenie, kt´orego wage

,

trudno przeceni´c,

cho´c zar´owno twierdzenie jak i jego dow´od sa

,

nies lychanie proste.

Twierdzenie 8.8 (o zerowaniu sie

,

pochodnej w punktach lokalnego

ekstremum)

Je´sli f ma pochodna

,

w punkcie p i przyjmuje w punkcie p warto´s´c najmniejsza

,

lub najwie

,

ksza

,

, to f

0

(p) = 0 , podkre´sli´c wypada, ˙ze zak ladamy tu, ˙ze punkt p jest

´srodkiem pewnego przedzia lu otwartego zawartego w dziedzinie funkcji.

Dow´

od. Za l´o˙zmy, ˙ze funkcja f ma w punkcie p warto´s´c najwie

,

ksza

,

. Znaczy to,

˙ze dla ka˙zdego punktu x z dziedziny funkcji f zachodzi nier´owno´s´c f (x) ≤ f (p) ,

zatem dla h > 0 mamy

f (p+h)−f (p)

h

≤ 0 , wobec tego f

0

(p) = lim

h→0

+

f (p+h)−f (p)

h

≤ 0 .

Analogicznie f

0

(p) = lim

h→0

−

f (p+h)−f (p)

h

≥ 0 . Obie te nier´owno´sci moga

,

zachodzi´c

**

W fizyce rozpatrywany jest tzw. ruch Browna, w kt´

orego modelu matematycznym tego rodzaju dzi-

wactwa pojawiaja, sie,. Zwia,zany z ruchem Browna proces Wienera znajduje zastosowania r´ownie˙z w

modelach ekonomicznych.

10

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

jednocze´snie jedynie w przypadku f

0

(p) = 0 . Je´sli f przyjmuje w punkcie p warto´s´c

najmniejsza

,

, to funkcja przeciwna −f przyjmuje w tym punkcie warto´s´c najwie

,

ksza

,

,

wie

,

c 0 = (−f )

0

(p) = −f

0

(p) . Dow´od zosta l zako´

nczony.

Wypada podkre´sli´c, ˙ze je´sli funkcja okre´slona na przedziale przyjmuje warto´s´c

najwie

,

ksza

,

w jego ko´

ncu, to nawet w przypadku, gdy jest w tym ko´

ncu jednostronnie

r´o˙zniczkowalna, to jej pochodna nie musi by´c r´owna 0 , funkcja x rozpatrywana na

przedziale [7, 13] przyjmuje swa

,

najwie

,

ksza

,

warto´s´c w punkcie 13 , w kt´orym jej

pochodna

,

jest liczba 1.

Uwaga 8.9 (o warto´sciach funkcji w pobli˙zu punktu, w kt´

orym pochodna

jest dodatnia)

Je´sli funkcja f jest r´o˙zniczkowalna w punkcie p oraz f

0

(p) > 0 , to istnieje liczba

δ > 0 taka, ˙ze je´sli 0 < h < δ , to f (p−h) < f (p) < f (p+h) , tzn. dostatecznie blisko

punktu p , na lewo od niego warto´sci funkcji sa

,

mniejsze ni˙z w warto´s´c punkcie p ,

za´s na prawo od tego punktu, w jego pobli˙zu warto´sci funkcji sa

,

wie

,

ksze ni˙z warto´s´c

w punkcie p .

Dow´

od. Iloraz r´o˙znicowy

f (p+h)−f (p)

h

jest dodatni dla dostatecznie ma lych h , bo-

wiem ma dodatnia

,

granice

,

przy h → 0 , zatem licznik i mianownik tego u lamka maja

,

taki sam znak.

Twierdzenie 8.10 (Rolle’a)

Je˙zeli funkcja f jest cia

,

g la w przedziale domknie

,

tym [a, b] i ma pochodna

,

we wszyst-

kich jego punktach wewne

,

trznych oraz f (a) = f (b) , to istnieje punkt c ∈ (a, b) , taki

˙ze f

0

(c) = 0 .

Dow´

od. Za l´o˙zmy, ˙ze f (a) = f (b) nie jest najwie

,

ksza

,

warto´scia

,

funkcji f . Niech c

be

,

dzie punktem, w kt´orym funkcja f przyjmuje warto´s´c najwie

,

ksza

,

spo´sr´od przyjmo-

wanych na tym przedziale. Oczywi´scie a < c < b . Wobec tego f jest r´o˙zniczkowalna

w punkcie c i na mocy twierdzenia Fermata zachodzi r´owno´s´c f

0

(c) = 0 . Je´sli funk-

cja f nie przyjmuje wewna

,

trz przedzia lu [a, b] warto´sci wie

,

kszych ni˙z f (a) = f (b) ,

to albo przyjmuje mniejsze i mo˙zemy zamiast niej rozwa˙zy´c funkcje

,

przeciwna

,

−f ,

albo funkcja f jest sta la na przedziale [a, b] . W tym drugim przypadku c mo˙ze by´c

dowolnym punktem przedzia lu otwartego (a, b) . Dow´od zosta l zako´

nczony.

Interpretacja fizyczna tego twierdzenia mo˙ze by´c np. taka: po prostoliniowej

drodze porusza sie

,

pojazd, kt´ory rozpoczyna i ko´

nczy przemieszczanie sie

,

w tym

samym punkcie f (a) = f (b)

, poniewa˙z ko´

nczymy podr´o˙z w punkcie startu, wie

,

c

w kt´orym´s punkcie musieli´smy zawr´oci´c, w momencie zmiany kierunku jazdy nasza

pre

,

dko´s´c by la r´owna 0 .

11

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

Na wykresie funkcji punkty, o kt´orych jest mowa w dowodzie twierdzenia Rolle’a

to te w otoczeniu, kt´orych wykres wygla

,

da tak, jak wykres funkcji −x

2

w otocze-

niu punktu 0 . Oczywi´scie to nie sa

,

jedyne punkty, w kt´orych pochodna przyjmuje

warto´s´c 0 . Niech f (x) = sin

3

x . Wtedy f

0

(x) = 3 sin

2

x cos x , zatem f

0

(0) = 0 ,

chocia˙z w punkcie 0 funkcja f nie ma lokalnego maksimum ani lokalnego minimum,

w ka˙zdym przedziale postaci (δ, δ) , gdzie 0 < δ <

π

2

, funkcja f jest ´sci´sle rosna

,

ca.

Ma ona lokalne ekstrema, ale w innych punktach, np. w punktach ±

π

2

.

Udowodnimy teraz

Twierdzenie 8.11 (Cauchy’ego o warto´sci ´sredniej)

Je´sli funkcje f i g sa

,

cia

,

g le w ka˙zdym punkcie przedzia lu domknie

,

tego [a, b] i

sa

,

r´o˙zniczkowalne we wszystkich punktach przedzia lu otwartego (a, b) przy czym

g

0

(x) 6= 0 , to istnieje punkt c ∈ [a, b] , taki ˙ze

f

0

(c)

g

0

(c)

=

f (b)−f (a)

g(b)−g(a)

.

Dow´

od. Rozpatrujemy pomocnicza

,

funkcje

,

h zdefiniowana

,

wzorem

h(x) = f (x) − f (a) −

f (b)−f (a)

g(b)−g(a)

g(x) − g(a)

.

Mamy h(a) = 0 = h(b) . Funkcja h jest cia

,

g la jako r´o˙znica funkcji cia

,

g lych, w

punktach wewne

,

trznych przedzia lu (a, b) jest r´o˙zniczkowalna, jako r´o˙znica funkcji

r´o˙zniczkowalnych. Mo˙zemy zastosowa´c do niej twierdzenie Rolle’a. Istnieje wie

,

c taka

liczba c ∈ (a, b) , ˙ze 0 = h

0

(c) = f

0

(c) −

f (b)−f (a)

g(b)−g(a)

g

0

(c) , zatem

f

0

(c)

g

0

(c)

=

f (b)−f (a)

g(b)−g(a)

.

Na koniec zauwa˙zmy jeszcze, ˙ze z twierdzenia Rolle’a wynika, ˙ze funkcja g jest

r´o˙znowarto´sciowa na przedziale [a, b] , wie

,

c wszystkie rozpatrywane ilorazy w tym

twierdzeniu i jego dowodzie maja sens.

Przejdziemy teraz do najwa˙zniejszego twierdzenia w rachunku r´o˙zniczkowym,

twierdzenia o warto´sci ´sredniej.

Twierdzenie 8.12 (Lagrange’a o warto´sci ´sredniej)

Je´sli funkcja f jest cia

,

g la w ka˙zdym punkcie przedzia lu domknie

,

tego [a, b] i ma

pochodna

,

we wszystkich punktach przedzia lu otwartego (a, b) , to istnieje taki punkt

c ∈ (a, b) , ˙ze f

0

(c) =

f (b)−f (a)

b−a

.

Dow´

od. Niech g(x) = x . Wtedy g

0

(x) = 1 dla ka˙zdego x . Mo˙zemy zastosowa´c

twierdzenie Cauchy’ego o warto´sci ´sredniej do funkcji f i g . Istnieje wie

,

c taka liczba

c ∈ (a, b) , dla kt´orej zachodzi r´owno´s´c

f

0

(c)

1

=

f (b)−f (a)

b−a

, a to w la´snie nale˙za lo

udowodni´c.

Ka˙zdy czytelnik z pewno´scia

,

zauwa˙zy l, ˙ze twierdzenie Rolle’a jest przypad-

kiem szczeg´olnym twierdzenia Lagrange’a o warto´sci ´sredniej. Mo˙zna te˙z zinterpre-

towa´c „fizycznie” twierdzenie Lagrange’a. Je´sli f (x) oznacza po lo˙zenie w chwili x

12

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

obiektu poruszaja

,

cego sie

,

po prostej, to f

0

(c) oznacza pre

,

dko´s´c w chwili c , natomiast

f (b)−f (a)

b−a

to pre

,

dko´s´c ´srednia w okresie od a do b . Wg. tej interpretacji twierdzenie o

warto´sci ´sredniej m´owi, ˙ze pre

,

dko´s´c chwilowa w pewnej chwili c r´owna jest pre

,

dko´sci

´sredniej, co wygla

,

da na stwierdzenie zupe lnie oczywiste. Geometrycznie twierdzenie

to oznacza, ˙ze je´sli poprowadzimy prosta

,

przez dwa punkty le˙za

,

ce na wykresie funkcji

f , to styczna do wykresu f w pewnym punkcie le˙za

,

cym mie

,

dzy wybranymi punktami

jest r´ownoleg la do wybranej prostej.

Twierdzenie 8.13 (o monotoniczno´sci funkcji r´

o˙zniczkowalnych)

Za l´o˙zmy, ˙ze funkcja f jest cia

,

g la w ka˙zdym punkcie przedzia lu P i r´o˙zniczkowalna

we wszystkich jego punktach wewne

,

trznych. W tej sytuacji funkcja f jest:

— niemaleja

,

ca ( x < y ⇒ f (x) ≤ f (y) ) wtedy i tylko wtedy, gdy jej pochodna

f

0

jest nieujemna,

— nierosna

,

ca ( x < y ⇒ f (x) ≥ f (y) ) wtedy i tylko wtedy, gdy jej pochodna

f

0

jest niedodatnia.

Dow´

od. Je´sli funkcja jest niemaleja

,

ca, to iloraz r´o˙znicowy

f (x+h)−f (x)

h

jest nie-

ujemny, bo licznik i mianownik tego u lamka maja

,

taki sam znak. Granica funkcji

nieujemnej, je´sli istnieje, to jest nieujemna. Z tego zdania wynika natychmiast, ˙ze

pochodna we wszystkich tych punktach przedzia lu P , w kt´orych istnieje, jest nie-

ujemna. Za l´o˙zmy teraz, ˙ze pochodna w punktach wewne

,

trznych przedzia lu P jest

nieujemna. Za l´o˙zmy, ˙ze x, y ∈ P i ˙ze x < y . Z twierdzenia o warto´sci ´sredniej zasto-

sowanego do przedzia lu [x, y] wynika, ˙ze

f (y)−f (x)

y−x

= f

0

(z) ≥ 0 dla pewnego punktu

z ∈ (x, y) . Poniewa˙z mianownik u lamka

f (y)−f (x)

y−x

jest dodatni, a sam u lamek jest

nieujemny, wie

,

c licznik tego u lamka, czyli r´o˙znica f (y) − f (x) , te˙z jest nieujemny,

zatem f (y) ≥ f (x) , co dowodzi tego, ˙ze funkcja f jest niemaleja

,

ca. Drugi przypadek

sprowadzamy jak zwykle do pierwszego zaste

,

puja

,

c funkcje

,

f funkcja

,

przeciwna

,

−f .

Dow´od zosta l zako´

nczony.

Wniosek 8.14 *

Funkcja cia

,

g la na przedziale P , r´o˙zniczkowalna we wszystkich jego punktach we-

wne

,

trznych jest sta la wtedy i tylko wtedy, gdy f

0

(x) = 0 dla ka˙zdego punktu we-

wne

,

trznego przedzia lu P .

Dow´

od. Funkcja sta la jest jednocze´snie niemaleja

,

ca i nierosna

,

ca, zatem jej po-

chodna jest jednocze´snie nieujemna i niedodatnia, czyli zerowa. Je´sli natomiast po-

chodna jest zerowa, czyli jednocze´snie nieujemna i niedodatnia, to funkcja jest za-

*

Mo˙zna z latwo´scia, ten wniosek udowodni´c bezpo´srednio, bez powo lywania sie, na w la´snie wykazane

twierdzenie.

13

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

r´owno niemaleja

,

ca, jak i nierosna

,

ca, wie

,

c jest sta la. Dow´od zosta l zako´

nczony.

Twierdzenie 8.15 (o ´scis lej monotoniczno´sci funkcji r´

o˙zniczkowalnych)

Zak ladamy jak poprzednio, ˙ze funkcja f jest cia

,

g la w ka˙zdym punkcie przedzia lu

P oraz ze jest r´o˙zniczkowalna w ka˙zdym punkcie wewne

,

trznym przedzia lu P . Przy

tych za lo˙zeniach funkcja f jest:

— ´sci´sle rosna

,

ca wtedy i tylko wtedy, gdy jej pochodna jest nieujemna oraz

mie

,

dzy ka˙zdymi dwoma punktami przedzia lu P znajduje sie

,

punkt, w kt´o-

rym pochodna f

0

jest dodatnia,

— ´sci´sle maleja

,

ca wtedy i tylko wtedy, gdy jej pochodna jest niedodatnia

oraz mie

,

dzy ka˙zdymi dwoma punktami przedzia lu P znajduje sie

,

punkt,

w kt´orym pochodna f

0

jest ujemna.

Dow´

od. Za l´o˙zmy, ˙ze funkcja f jest ´sci´sle rosna

,

ca. Jest wie

,

c r´ownie˙z niemaleja

,

ca,

wie

,

c na podstawie poprzedniego twierdzenia jej pochodna jest nieujemna. Je˙zeli

x, y ∈ P i x < y , to w pewnym punkcie wewne

,

trznym z ∈ (x, y) zachodzi nier´owno´s´c

f

0

(z) > 0 , bowiem gdyby pochodna r´owna by la 0 w ka˙zdym punkcie przedzia lu

[x, y] , to funkcja f by laby sta la na tym przedziale, wie

,

c nie by laby ´sci´sle ros-

na

,

ca. Zajmiemy sie

,

dowodem implikacji przeciwnej. Zak ladamy teraz, ˙ze f jest

funkcja

,

cia

,

g la

,

, kt´orej pochodna jest nieujemna. Z poprzedniego twierdzenia wnio-

skujemy, ˙ze funkcja f jest niemaleja

,

ca. Je´sli nie jest ona ´sci´sle rosna

,

ca, to ist-

nieja

,

punkty x, y ∈ P , takie ˙ze x < y i f (x) = f (y) . Je´sli x < z < y , to

f (x) ≤ f (z) ≤ f (y) = f (x) , co oznacza, ˙ze f (x) = f (z) , a to z kolei oznacza, ˙ze

f jest funkcja

,

sta la

,

na przedziale [x, y] , a z tego wynika, ˙ze f

0

(z) = 0 dla ka˙zdego

punktu z ∈ [x, y] , wbrew za lo˙zeniu. Druga cze

,

´s´c twierdzenia mo˙ze by´c uzyskana z

pierwszej przez rozwa˙zenie funkcji −f zamiast funkcji f . Dow´od zosta l zako´

nczo-

ny.

Twierdzenie 8.16 (o lipschitzowsko´sci funkcji r´

o˙zniczkowalnej)

Zak ladamy jak w twierdzeniach poprzednich, ˙ze funkcja f jest okre´slona na pewnym

przedziale P , ˙ze jest na nim cia

,

g la i ˙ze jest r´o˙zniczkowalna we wszystkich punktach

wewne

,

trznych tego przedzia lu. Przy tych za lo˙zeniach funkcja f spe lnia warunek Lip-

schitza ze sta la

,

L ≥ 0 wtedy i tylko wtedy, gdy L ≥ sup{|f

0

(t)|:

t ∈ intP } .*

Dow´

od. Je´sli x, y ∈ P , to na mocy twierdzenia Lagrange’a o warto´sci ´sredniej

istnieje taki punkt z le˙za

,

cy mie

,

dzy x i y , ˙ze

|f (x) − f (y)| = |f

0

(z)(x − y)| ≤ sup{|f

0

(t)|:

t ∈ intP } · |x − y| ,

*

int P oznacza zbi´

or z lo˙zony ze wszystkich punkt´

ow wewne,trznych przedzia lu P, czyli przedzia l otwar-

ty, kt´

orego ko´

nce pokrywaja, sie, z ko´ncami przedzia lu P .

14

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

co ko´

nczy dow´od twierdzenia w jedna

,

strone

,

. Dow´od w druga

,

strone

,

wynika natych-

miast z tego, ˙ze je´sli funkcja spe lnia warunek Lipschitza ze sta la

,

L , to dla dowolnych

x, y ∈ P zachodzi nier´owno´s´c

f (x)−f (y)

x−y

≤ L , zatem |f

0

(x)| = lim

y→x

f (y)−f (x)

y−x

≤ L ,

zatem sup{|f

0

(t)|:

t ∈ intP } ≤ L . Dow´od zosta l zako´

nczony.

Przyk lad 8.16

Niech f (x) =

1

x

. Mamy f

0

(x) = −

1

x

2

< 0 . Funkcja ma wie

,

c

ujemna

,

pochodna w ka˙zdym punkcie swej dziedziny (−∞, 0) ∪ (0, ∞) . Mamy te˙z

f (−1) = −1 < 1 = f (1) , wobec tego funkcja ta nie jest nierosna

,

ca, tym bardziej

nie jest maleja

,

ca. Przyczyna

,

tego zjawiska jest to, ˙ze dziedzina tej funkcji nie jest

przedzia lem – malutka, raptem jednopunktowa dziura w dziedzinie, powoduje, ˙ze

teza przestaje by´c prawdziwa! . Na ka˙zdym przedziale, na kt´orym jest zdefiniowana,

funkcja ta jest nierosna

,

ca, a nawet ´sci´sle maleja

,

ca.

Przyk lad 8.17

Niech f (x) = sin x −

x −

x

3

6

. Mamy f

0

(x) = cos x −

1 −

x

2

2

i wobec tego r´ownie˙z (f

0

)

0

(x) = − sin x + x . Udowodnili´smy poprzednio, ˙ze je´sli

x > 0 , to sin x < x . Z tej nier´owno´sci wynika, ˙ze (f

0

)

0

(x) > 0 dla ka˙zdego x > 0 .

Wobec tego funkcja f

0

jest ´sci´sle rosna

,

ca na p´o lprostej domknie

,

tej [0, ∞) . Sta

,

d

wynika, ˙ze f

0

(x) > f

0

(0) = cos 0 −

1 −

0

2

2

= 0 dla ka˙zdego x > 0 . Wobec tego

funkcja f , kt´orej pochodna jest dodatnia na p´o lprostej otwartej (0, ∞) , jest ´sci´sle

rosna

,

ca na p´o lprostej domknie

,

tej [0, ∞) , zatem dla x > 0 zachodzi nier´owno´s´c

f (x) > f (0) = 0 −

0 −

0

3

6

= 0 . Wykazali´smy w ten spos´ob, ˙ze sin x > x −

x

3

6

dla

ka˙zdej liczby dodatniej x .

Przyk lad 8.18

Zajmuja

,

c sie

,

funkcja wyk ladnicza

,

o podstawie e w rozdziale

pierwszym wykazali´smy, ˙ze dla ka˙zdej liczby rzeczywistej x zachodzi nier´owno´s´c

e

x

≥ 1 + x , p´o´zniej zreszta

,

wzmocniona. Wiemy, ˙ze pochodna

,

funkcji e

x

jest ta

sama funkcja. Warto´scia

,

tej pochodnej w punkcie 0 jest liczba e

0

= 1 . Wobec

tego r´ownanie stycznej do wykresu funkcji wyk ladniczej w punkcie (0, 1) ma po-

sta´c y = 1 · (x − 0) + e

0

= x + 1 . Wobec tego wspomniana nier´owno´s´c oznacza,

˙ze wykres funkcji wyk ladniczej o podstawie e znajduje sie

,

nad styczna

,

do siebie w

punkcie (0, 0) . Przekonamy sie

,

p´o´zniej, ˙ze jest to zwia

,

zane z wypuk lo´scia

,

funkcji

wyk ladniczej.

Przyk lad 8.19

Wykazali´smy, ˙ze nier´owno´s´c sin x < x zachodzi dla x > 0 .

Pochodna

,

funkcji sinus jest funkcja kosinus. W punkcie 0 warto´s´c pochodnej to

cos 0 = 1 . Wynika sta

,

d, ˙ze r´ownanie stycznej do wykresu funkcji sinus w punkcie

(0, 0) przybiera posta´c

15

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

y = 1 · (x − 0) + sin 0 = x .

Wobec tego nier´owno´s´c x > sin x oznacza, ˙ze na p´o lprostej (0, ∞) wykres funkcji

sinus znajduje sie

,

pod styczna

,

do tego˙z wykresu w punkcie (0, 0) . Przekonamy sie

,

p´o´zniej, ˙ze jest to zwia

,

zane z wkle

,

s lo´scia

,

funkcji sinus na przedziale [0, π] , dla x ≥ π

nier´owno´s´c zachodzi, bo warto´sci funkcji sinus sa

,

mniejsze ni˙z 1 < π .

Przyk lad 8.20

Zdefiniujmy funkcje

,

f wzorem f (x) = e

x

− (1 + x +

1
2

x

2

) . Mamy

wtedy f

0

(x) = e

x

− (1 + x) ≥ 0 . Wynika sta

,

d, ˙ze (f

0

)

0

(x) = e

x

− 1 > 0 , dla x > 0

oraz (f

0

)

0

(x) = e

x

− 1 < 0 dla x < 0 . Funkcja f

0

jest wie

,

c ´sci´sle rosna

,

ca na

p´o lprostej [0, ∞) oraz ´sci´sle maleja

,

ca na p´o lprostej (−∞, 0] i dlatego najmniejsza

,

warto´scia

,

funkcji f

0

jest wie

,

c f

0

(0) = e

0

− 1 = 0 . Oznacza to, ˙ze dla x 6= 0 zacho-

dzi nier´owno´s´c f

0

(x) > 0 , czyli e

x

> 1 + x . Wobec tego, ˙ze funkcja f

0

przyjmuje

warto´sci dodatnie na ca lej prostej z wyja

,

tkiem jednego punktu, zatem funkcja f jest

´sci´sle rosna

,

ca na ca lej prostej. Mamy wie

,

c f (x) > f (0) = e

0

− (1 + 0 +

1
2

0

2

) = 0

dla x > 0 oraz f (x) < f (0) = 0 dla x < 0 , zatem dla x > 0 zachodzi nier´owno´s´c

e

x

> 1 + x +

1
2

x

2

, za´s dla x < 0 – nier´owno´s´c e

x

< 1 + x +

1
2

x

2

. Rozumuja

,

c

w ten sam spos´ob mo˙zna wykaza´c, ˙ze dla ka˙zdej liczby rzeczywistej x zachodzi

nier´owno´s´c e

x

≥ 1 + x +

1

2!

x

2

+

1

3!

x

3

, przy czym nier´owno´s´c jest ostra dla x 6= 0 .

Uog´olnienie pozostawiamy czytelnikom w charakterze prostego ´cwiczenia. Zache

,

camy

te˙z do por´ownania z rozumowaniami przeprowadzanymi w rozdziale pierwszym: bez

trudu mo˙zna zauwa˙zy´c, ˙ze uzyskujemy teraz z latwo´scia

,

nier´owno´sci, kt´orych wyka-

zanie bez u˙zycia pochodnych by lo dosy´c trudne.

Przyk lad 8.21

Ten przyk lad be

,

dzie nieco d lu˙zszy. Nale˙zy go przestudiowa´c z

uwaga

,

. Stosowana tu metoda be

,

dzie u˙zywana p´o´zniej r´ownie˙z w odniesieniu do funk-

cji wielu zmiennych, pokazuje ona te˙z, ˙ze twierdzenia o istnieniu moga

,

sie

,

przydawa´c

r´ownie˙z w rozwia

,

zywaniu problem´ow konkretnych.

Niech a ≥ b > 0 be

,

da

,

liczbami rzeczywistymi. Niech P oznacza prostoka

,

t, kt´orego

jeden bok ma d lugo´s´c a , a drugi — b . Z prostoka

,

ta P wycinamy cztery kwadraty

o boku x ∈ 0,

b

2

zawieraja

,

ce cztery wierzcho lki P , tak ˙ze pole P zmniejsza

sie

,

o 4x

2

. Naste

,

pnie zaginamy „wystaja

,

ce” cze

,

´sci powsta lego dwunastoka

,

ta (niewy-

puk lego) tak, by powsta lo pude lko o wymiarach a − 2x, b − 2x, x . Dla jakiego x

pojemno´s´c otrzymanego pude lka be

,

dzie najwie

,

ksza?

Niech V (x) = x(a − 2x)(b − 2x) be

,

dzie pojemno´scia

,

pude lka. V jest funkcja

,

cia

,

g la, a nawet r´o˙zniczkowalna

,

w ka˙zdym punkcie swej dziedziny. Z punktu widze-

nia pojemno´sci pude lka dziedzina

,

funkcji V jest przedzia l

0,

b

2

, ale mo˙zna te

,

funkcje

,

rozpatrywa´c na przedziale domknie

,

tym

0,

b

2

. Na przedziale

0,

b

2

funkcja

16

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

V , jako cia

,

g la , przyjmuje warto´s´c najmniejsza

,

oraz warto´s´c najwie

,

ksza

,

. Poniewa˙z

V (0) = V

b

2

= 0 i V (x) > 0 dla x ∈ 0,

b

2

, wie

,

c najmniejsza warto´s´c przyjmowana

jest w ko´

ncach przedzia lu

0,

b

2

, za´s najwie

,

ksza – w pewnym punkcie wewne

,

trznym

x

0

tego przedzia lu. Poniewa˙z funkcja V jest r´o˙zniczkowalna w x

0

, wie

,

c V

0

(x

0

) = 0 .

Wystarczy zatem znale´z´c punkty w przedziale 0,

b

2

, w kt´orych pochodna funkcji V

przyjmuje warto´s´c 0 i stwierdzi´c, w kt´orym z nich V ma najwie

,

ksza

,

warto´s´c – takie

punkty sa

,

co najwy˙zej dwa, bo V jest wielomianem trzeciego stopnia, wie

,

c V

0

jest

wielomianem kwadratowym. V

0

(x) = 12x

2

− 4(a + b)x + ab . Wiemy, ˙ze ten wielomian

ma co najmniej jeden pierwiastek w przedziale 0,

b

2

(nie ma potrzeby sprawdza´c, ˙ze

jego wyr´o˙znik jest dodatni, bo to wynika z istnienia x

0

!).* Mo˙zemy teraz zastosowa´c

to samo rozumowanie do badania funkcji V na przedziale

b

2

,

a
2

. Wewna

,

trz tego

przedzia lu funkcja V przyjmuje warto´sci ujemne, na ko´

ncach – zero. Wobec tego swa

,

najmniejsza

,

warto´s´c na

b

2

,

a
2

funkcja V przyjmuje wewna

,

trz przedzia lu i wobec

tego jej pochodna V

0

przyjmuje warto´s´c 0 w co najmniej jednym punkcie tego prze-

dzia lu. Wynika z tego rozumowania, ˙ze w ka˙zdym z przedzia l´ow 0,

b

2

,

b

2

,

a
2

po-

chodna V

0

funkcji V ma co najmniej jeden pierwiastek, a poniewa˙z V

0

ma dok ladnie

dwa pierwiastki, wie

,

c w ka˙zdym z wymienionych przedzia l´ow ma dok ladnie jeden pier-

wiastek. Tak sie

,

dzieje w przypadku a > b . W przypadku a = b sytuacja jest nieco

inna: V

0 b

2

= 0 , co sprawdzamy bezpo´srednim rachunkiem (og´olnie: je´sli liczba x

1

jest podw´ojnym pierwiastkiem funkcji f , tzn. f (x) = (x−x

1

)

2

g(x) dla pewnej funk-

cji g r´o˙zniczkowalnej w x

1

, to f (x

1

) = 0 = f

0

(x

1

) ) i wobec tego r´ownie˙z w tym

przypadku w przedziale 0,

b

2

funkcja V

0

mo˙ze mie´c co najwy˙zej jeden pierwiastek,

wie

,

c ma dok ladnie jeden. Udowodnili´smy w ten spos´ob, ˙ze w przedziale 0,

b

2

funkcja

V

0

ma dok ladnie jeden pierwiastek x

0

, kt´orym jest mniejszy z dw´och pierwiastk´ow

tej funkcji, a liczba V (x

0

) jest najwie

,

ksza

,

warto´scia

,

funkcji V przyjmowana

,

na

przedziale 0,

b

2

. Oczywi´scie zachodzi r´owno´s´c

x

0

=

4(a+b)−

q

4(a+b)

2

−4·12ab

2·12

=

a+b−

√

a

2

+b

2

−ab

6

.

Uwaga: nie zajmowali´smy sie

,

znakiem pochodnej V

0

, bo nie by lo potrzeby ustala´c

na jakich przedzia lach funkcja V ro´snie, a na jakich maleje. Oczywi´scie mo˙zna by lo

posta

,

pi´c inaczej: stwierdzi´c, ˙ze na przedziale (0, x

0

) pochodna V

0

funkcji V jest do-

datnia, wie

,

c V na tym przedziale ro´snie, a na przedziale x

0

,

b

2

pochodna V

0

jest

ujemna, wie

,

c na tym przedziale funkcja V maleje. Z naszego rozumowania to te˙z

wynika, bo na przedziale (0, x

0

) pochodna V

0

nie przyjmuje warto´sci 0 , ma zatem

*

Drugi pierwiastek wielomianu V

0

te˙z jest dodatni, bo iloczyn pierwiastk´

ow tego wielomianu jest

r´

owny

ab

12

, jest wie,c dodatni, zatem oba pierwiastki maja ten sam znak, ale z tego korzysta´c nie

be,dziemy.

17

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

ten sam znak we wszystkich punktach tego przedzia lu, zatem funkcja V jest na tym

przedziale ´sci´sle monotoniczna, nie mo˙ze by´c maleja

,

ca, bo V (x

0

) > 0 = V (0) , wie

,

c

jest ´sci´sle rosna

,

ca, wie

,

c jej niezeruja

,

ca sie

,

pochodna jest dodatnia.

Przyk lad 8.22

Znajdziemy maksimum obje

,

to´sci bry l powsta lych w wyniku ob-

rotu tr´ojka

,

ta prostoka

,

tnego o obwodzie 1 wok´o l jego przeciwprostoka

,

tnej.

Niech a, b, c oznaczaja

,

boki tr´ojka

,

ta, przy czym c oznacza przeciwprostoka

,

tna

,

.

Bry la, kt´ora powstaje w wyniku obrotu tr´ojka

,

ta wok´o l boku c to dwa sto˙zki z la

,

czone

podstawami. Promie´

n tej wsp´olnej podstawy to wysoko´s´c tr´ojka

,

ta prostopad la do

przeciwprostoka

,

tnej, wie

,

c r´owna

ab

c

(pole tr´ojka

,

ta jest r´owne

1
2

ab =

1
2

ch

c

, gdzie

h

c

jest wysoko´scia

,

tr´ojka

,

ta prostopad la

,

do przeciwprostoka

,

tnej c ). Suma wysoko´sci

tych sto˙zk´ow jest r´owna c , zatem suma

,

ich obje

,

to´sci jest V =

π

3

·

ab

c

2

· c =

π(ab)

2

3c

.

Wiadomo, ˙ze a

2

+ b

2

= c

2

i a + b + c = 1 . Sta

,

d wynika, ˙ze

2ab = (a + b)

2

− (a

2

+ b

2

) = (1 − c)

2

− c

2

= 1 − 2c .

Wobec tego zachodzi wz´or V = V (c) =

π(1−2c)

2

12c

=

π

12

1
c

− 4 + 4c

. Obliczamy po-

chodna

,

: V

0

(c) =

π

12

−

1

c

2

+ 4

. Sta

,

d wnioskujemy z latwo´scia

,

, ˙ze V

0

(c) = 0 wtedy

i tylko wtedy, gdy c = ±

1
2

, zatem kandydatami na punkt, w kt´orym funkcja V przyj-

muje swa

,

najwie

,

ksza

,

warto´s´c sa

,

1
2

oraz −

1
2

. Liczba c jest d lugo´scia

,

boku tr´ojka

,

ta,

zatem jest dodatnia, bo jest d lugo´scia

,

odcinka, wie

,

c nie mo˙ze by´c r´owna −

1
2

. Licz-

ba

1
2

te˙z nie wchodzi w gre

,

, bo wtedy musia loby by´c a + b = 1 −

1
2

=

1
2

= c ,

co przeczy loby nier´owno´sci tr´ojka

,

ta. Oznacza to, ˙ze na ka˙zdym przedziale zawartym

w dziedzinie funkcji V jest ona ´sci´sle monotoniczna, zatem kresy, je´sli w og´ole sa

,

przyjmowane, to w ko´

ncach przedzia lu.

Musimy wie

,

c znale´z´c dziedzine

,

funkcji V . Oczywistym warunkiem koniecznym

na to, by liczby a, b, c by ly bokami tr´ojka

,

ta prostoka

,

tnego o obwodzie 1 , jest, aby

by ly dodatnimi rozwia

,

zaniami uk ladu r´owna´

n: a

2

+ b

2

= c

2

, a + b = 1 − c . Warunek

ten jest te˙z dostateczny: je´sli a, b > 0 i a

2

+ b

2

= c

2

, to (a + b)

2

> a

2

+ b

2

= c

2

,

zatem a + b > c i oczywi´scie a + c > c > b oraz b + c > c > a . Oznacza to, ˙ze z

odcink´ow o d lugo´sciach a, b, c mo˙zna zbudowa´c tr´ojka

,

t, oczywi´scie prostoka

,

tny. Ten

uk lad r´owna´

n r´ownowa˙zny jest naste

,

puja

,

cemu:

a + b = 1 − c,

ab =

(1−c)

2

−c

2

2

=

1
2

− c .

Wobec tego liczby a i b to pierwiastki r´ownania kwadratowego t

2

−(1−c)t+

1
2

−c = 0 .

Warunkiem koniecznym i dostatecznym na to, by to r´ownanie to mia lo dodatnie pier-

wiastki dla dodatniej warto´sci parametru c , jest

0 < c <

1
2

i 0 ≤ ∆ = (1 − c)

2

− 4(

1
2

− c) = −1 + 2c + c

2

= (c + 1)

2

− 2

czyli

√

2 − 1 ≤ c <

1
2

. Poniewa˙z V

1
2

= 0 , wie

,

c maksymalna warto´s´c V jest r´owna

18

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

V

√

2 − 1

– oczywi´scie maksymalna na przedziale

√

2 − 1,

1
2

. Latwo zauwa˙zy´c,

˙ze dla c =

√

2 − 1 otrzymujemy tr´ojka

,

t r´ownoramienny (bo ∆ = 0 , wie

,

c pierwiastki

r´ownania kwadratowego x

2

− (1 − c)x +

1
2

− c = 0 , czyli liczby a i b sa

,

r´owne).

Komentarz: Ten przyk lad powinien przekona´c student´ow o konieczno´sci zwracania

uwagi na dziedzine

,

funkcji. Omawia lem to zadanie wielokrotnie na ´cwiczeniach, jesz-

cze sie

,

nie zdarzy lo, by studenci chcieli, aby obje

,

to´s´c V potraktowa´c jako np. funkcje

,

zmiennej a . Gdyby tak sie

,

sta lo, by loby V = V (a) =

πa

2

(1−2a)

2

6(1−a)(1−2a+2a

2

)

i maksimum

osia

,

gane by loby w punkcie wewne

,

trznym dziedziny funkcji V , czyli przedzia lu 0,

1
2

,

mianowicie w punkcie

2−

√

2

2

, zatem w punkcie zerowania sie

,

pochodnej funkcji V .

By loby znacznie mniej k lopotu z dziedzina

,

funkcji, za to wie

,

cej z obliczeniami. Cze

,

sto

te˙z studenci nie potrafili stwierdzi´c, ˙ze poniewa˙z funkcja ma niezerowa

,

pochodna

,

na

przedziale, to jest na nim monotoniczna. Wydawa lo im sie

,

, ˙ze pope lnili b la

,

d w obli-

czeniach, bo skoro w jakim´s punkcie ma by´c maksimum, to pochodna tam musi sie

,

zerowa´c – zapominali wie

,

c o tym, ˙ze to twierdzenie m´owi o punktach wewne

,

trznych

dziedziny, ko´

nc´ow nie dotyczy.

Przyk lad 8.23

Znajdziemy teraz kres g´orny iloczynu trzech liczb nieujemnych,

kt´orych suma jest r´owna 3 . Oznaczmy te liczby przez x, y, z . Mamy wie

,

c x ≥ 0 ,

y ≥ 0 , z ≥ 0 oraz x + y + z = 3 . Mamy znale´z´c kres g´orny wyra˙zenia xy(3 − x − y) ,

przy za lo˙zeniu, ˙ze x, y ≥ 0 oraz x + y ≤ 3 . Niech s = x + y ≤ 3 . Chwilowo

traktowa´c be

,

dziemy wielko´s´c s jako sta la

,

. Przy ustalonym s nasze wyra˙zenie to

x(s − x)(3 − s) . Mamy znale´z´c jego kres g´orny zak ladaja

,

c, ˙ze 0 ≤ x , 0 ≤ y = s − x ,

czyli 0 ≤ x ≤ s . Mamy wie

,

c do czynienia z funkcja

,

kwadratowa

,

zmiennej x :

(3 −s)(−x

2

+ sx) . Wie

,

kszo´s´c student´ow pamie

,

ta z nauki szkolnej, ˙ze funkcja kwadra-

towa, kt´orej wsp´o lczynnik przy x

2

jest ujemny, przyjmuje swa

,

warto´s´c najwie

,

ksza

,

w ´srodku odcinka, w kt´orego ko´

ncach funkcja ta przyjmuje r´owne warto´sci (np. 0,

wtedy ko´

ncami odcinka sa

,

pierwiastki funkcji). W naszym przypadku tym punktem

jest x =

1
2

(0 + s) =

s
2

.* By zako´

nczy´c zadanie nale˙zy znale´z´c maksymalna

,

warto´s´c

wyra˙zenia (3 − s)

s

2

4

na przedziale [0, 3] . Mamy

(3 − s)

s

2

4

0

= −

s

2

4

+ (3 − s)

s
2

= 3 −

3
4

s

2

.

Poniewa˙z funkcja (3 − s)

s

2

4

zmiennej s jest cia

,

g la na przedziale domknie

,

tym [0, 3] ,

wie

,

c osia

,

ga w jakim´s punkcie sw´oj kres g´orny. Poniewa˙z w ko´

ncach przedzia lu przyj-

*

Tym, kt´

orzy akurat zapomnieli, ˙ze tak jest, podajemy uzasadnienie w oparciu o twierdzenia z tego roz-

dzia lu. Mamy (x(s−x)(3−s))

0

=(3−s)(−2x+s) . Ta pochodna jest dodatnia na p´

o lprostej (−∞,

s

2

) ,

a na p´

o lprostej (0,∞) jest ujemna. Wobec tego funkcja jest ´sci´sle rosna,ca na p´o lprostej (−∞,0] , a

na p´

o lprostej [0,∞) jest ´sci´sle maleja,ca, wie,c liczba (3−s)·

s

2

·(s−

s

2

)=(3−s)

s2

4

jest jej najwie,ksza,

warto´scia,.

19

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

muje warto´s´c 0 , a wewna

,

trz jest dodatnia, wie

,

c kres g´orny jest przyjmowany w ja-

kim´s punkcie wewne

,

trznym tego przedzia lu. Jedynym punktem w przedziale (0, 3) ,

w kt´orym pochodna funkcji (3 − s)

s

2

4

przyjmuje warto´s´c 0 , jest 2 . Warto´s´c funkcji

(3−s)

s

2

4

w tym punkcie r´owna jest 1 . Odpowiednie warto´sci wyj´sciowych zmiennych

to x = y = z = 1 . Zadanie zosta lo rozwia

,

zane.

Poka˙zemy teraz inne rozwia

,

zanie tego samego problemu. Przypomnijmy, ˙ze wy-

kazali´smy nier´owno´s´c o ´sredniej arytmetycznej i geometrycznej, kt´ora w przypadku

trzech liczb nieujemnych x, y, z przybiera posta´c

3

√

xyz ≤

x+y+z

3

, przy czym staje

sie

,

ona r´owno´scia

,

wtedy i tylko wtedy, gdy x = y = z . W naszym przypadku oznacza

to, ˙ze

3

√

xyz ≤ 1 , przy czym nier´owno´s´c staje sie

,

r´owno´scia

,

wtedy i tylko wtedy, gdy

x = y = z = 1 . Wobec tego najwie

,

ksza warto´scia

,

iloczynu trzech liczb nieujemnych,

kt´orych suma jest r´owna 3 jest liczba 1 . To drugie rozwia

,

zanie jest kr´otsze, ale

wymaga pewnego pomys lu.

Zanim poka˙zemy naste

,

pne przyk lady zauwa˙zmy, ˙ze z definicji pochodnej wynika

naste

,

puja

,

ca r´owno´s´c przybli˙zona f

0

(p) ≈

f (p+h)−f (p)

h

dla h ≈ 0 . Nie troszcza

,

c

sie

,

przesadnie o precyzje

,

rozumowania przepisa´c ja

,

mo˙zna w postaci f (p + h) ≈

f (p) + f

0

(p)h . Mo˙zna sie

,

spodziewa´c, ˙ze jest to przybli˙zenie dok ladniejsze dla h

dostatecznie bliskich 0 ni˙z przybli˙zenie f (p + h) ≈ f (p) , kt´ore jest konsekwencja

,

cia

,

g lo´sci funkcji f w punkcie p . Tak jest w rzeczywisto´sci, bowiem b la

,

d przybli˙zenia

f (p + h) ≈ f (p) + f

0

(p)h jest ma ly w por´ownaniu z |h| , bowiem

lim

h→0

f (p+h)−

(

f (p)+f

0

(p)h

)

h

= lim

h→0

f (p+h)−f (p)

h

− f

0

(p)

= 0 .

Zauwa˙zmy jeszcze, ˙ze zachodzi naste

,

puja

,

ce :

Twierdzenie 8.17 (charakteryzuja

,

ce pochodna

,

jako wsp´

o lczynnik wielo-

mianu stopnia ≤ 1 najlepiej przybli˙zaja

,

cego funkcje

,

)

Za l´o˙zmy, ˙ze f jest funkcja

,

cia

,

g la

,

w punkcie p . Wtedy r´owno´s´c lim

h→0

f (p+h)−(ah+b)

h

= 0

zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy funkcja f jest r´o˙zniczkowalna w punkcie p oraz

a = f

0

(p) i b = f (p) .

Dow´

od. Je˙zeli lim

h→0

f (p+h)−(ah+b)

h

= 0 , to lim

h→0

f (p+h)−b

h

− a = 0 , a to oznacza, ˙ze

a = lim

h→0

f (p+h)−b

h

. Sta

,

d wnioskujemy, ˙ze 0 = lim

h→0

ah = lim

h→0

(f (p + h) − b) , czyli

b = lim

h→0

f (p + h) = f (p) . Z ostatniej r´owno´sci wynika naste

,

pna a = lim

h→0

f (p+h)−b

h

=

= lim

h→0

f (p+h)−f (p)

h

, a to oznacza, ˙ze f jest r´o˙zniczkowalna w punkcie p i zachodzi

20

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

r´owno´s´c a = f

0

(p) , co ko´

nczy dow´od twierdzenia w jedna

,

strone

,

. Zanim sformu lo-

wali´smy twierdzenie, wykazali´smy prawdziwo´s´c implikacji przeciwnej. Dow´od zosta l

zako´

nczony.

Z twierdzenia tego wynika, ˙ze spo´sr´od wszystkich wielomian´ow stopnia ≤ 1

zmiennej x najlepiej przybli˙za funkcje

,

f w otoczeniu punktu p wielomian f (p) +

f

0

(p)(x − p) . ˙Zadne z twierdze´

n do tej pory sformu lowanych nie daje jawnego osza-

cowania b le

,

du przybli˙zenia, ale pokazywali´smy ju˙z jak mo˙zna dowodzi´c nier´owno´sci,

a to stwarza szanse na szacowanie b le

,

du. Poka˙zemy, teraz kilka przyk lad´ow.

Przyk lad 8.24

√

50 =

√

49 + 1 ≈

√

49 +

1

2

√

49

· 1 = 7 +

1

14

– przyje

,

li´smy tu

h = 1 , f (x) =

√

x , zatem f

0

(x) =

1

2

√

x

, p = 49 . Chocia˙z 1 nie jest ma la

,

* liczba

,

,

jednak przybli˙zenie, kt´ore uzyskali´smy jest dosy´c dobre. Rzeczywi´scie, 7 +

1

14

2

=

=49 + 2 · 7 ·

1

14

+

1

14

2

= 50 +

1

196

. Widzimy wie

,

c, ˙ze po podniesieniu do kwadratu

przybli˙zonej warto´sci pierwiastka, otrzymali´smy liczbe

,

nieco tylko wie

,

ksza

,

od 50.

Mamy 7, 07 < 7+

1

14

< 7, 08 oraz 7, 07

2

= 49, 9849 , co oznacza, ˙ze nasze przybli˙zenie

pozwoli lo nam znale´z´c dwie cyfry po przecinku liczby

√

50 bez wykonania trudnych

oblicze´

n! Warto´s´c przybli˙zona jest w tym przypadku wie

,

ksza ni˙z rzeczywista, bo

styczna do wykresu pierwiastka kwadratowego le˙zy nad wykresem.

Przyk lad 8.25

50

2

= (49 + 1)

2

≈ 49

2

+ 2 · 49 · 1 = 2499 . Tym razem f (x) = x

2

,

zatem f

0

(x) = 2x , p = 49 i h = 1 . W rzeczywisto´sci 50

2

= 2500 , wie

,

c tym razem

b la

,

d, kt´ory pope lniamy stosuja

,

c wz´or przybli˙zony zamiast dok ladnego jest r´owny 1 ,

wie

,

c jest ponad 100 razy wie

,

kszy ni˙z w poprzednim przyk ladzie.

Przyk lad 8.26

e

50

= e

49+1

≈ e

49

+ e

49

· 1 = 2 · e

49

. W tym przyk ladzie przyj-

mujemy, ˙ze f (x) = e

x

= f

0

(x) , p = 49 i h = 1 . Zatem b la

,

d, kt´ory pope lniamy w

tym przypadku, jest r´owny e

50

− 2 · e

49

= (e − 2) · e

49

> 0, 7 · e

49

, jest wie

,

c ogromny

i to nie tylko w por´ownaniu z h = 1 , ale wre

,

cz por´ownywalny z warto´scia

,

funkcji.

Liczba e

50

jest r´owna w przybli˙zeniu 5, 184705485 · 10

21

, e

49

≈ 1, 907346557 · 10

21

,

za´s e

50

− 2 · e

49

≈ 1, 370012371 · 10

21

– to rezultaty uzyskane za pomoca

,

odpo-

wiedniego programu komputerowego (Maple V). Widzimy wie

,

c, ˙ze w tym ostatnim

przypadku przybli˙zanie za pomoca

,

wzoru f (p + h) ≈ f (p) + f

0

(p)h w og´ole nie ma

sensu, w przypadku funkcji x

2

dawa lo przybli˙zenie gorsze ni˙z w przypadku pier-

wiastka kwadratowego. Mo˙zna dosy´c prosto wyja´sni´c, co jest tego przyczyna

,

. Ot´o˙z z

twierdzenia Lagrange’a o warto´sci ´sredniej wynika, ˙ze dla ka˙zdego h 6= 0 istnieje co

najmniej jedna liczba θ

h

∈ (0, 1) , taka ˙ze f (p + h) − f (p) = f

0

(p + θ

h

· h)h , zatem

*

A co jest ma la liczba?!

21

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

f (p+h)−(f (p) + f

0

(p)h) = f

0

(p+θ

h

·h)−f

0

(p)

h . O liczbie θ

h

nic wie

,

cej nie wiemy

ponad to, ˙ze znajduje sie

,

ona w przedziale (0, 1) , oznacza to, ˙ze liczba p + θ

h

· h le˙zy

mie

,

dzy p i p + h . W przypadku funkcji

√

x i przedzia lu (49, 50) pochodna zmie-

nia sie

,

bardzo nieznacznie: maleje od warto´sci

1

14

do warto´sci

1

2

√

50

. W przypadku

funkcji x

2

ro´snie od warto´sci 2 · 49 = 98 przyjmowanej w punkcie 49 do warto´sci

2 · 50 = 100 przyjmowanej w punkcie 50 , w tym przypadku zmiana warto´sci pochod-

nej jest istotnie wie

,

ksza. W przypadku funkcji e

x

pochodna zmienia sie

,

od warto´sci

e

49

do warto´sci e

50

, czyli o (e − 1) · e

49

, czyli o wielko´s´c ogromna

,

. Sama zmiana

pochodnej jeszcze o niczym nie ´swiadczy, bo zmiana mog laby by´c skoncentrowana

na bardzo kr´otkim przedziale ko´

ncza

,

cym sie

,

w punkcie 50 . Tak jednak w tym przy-

padku nie jest. I w la´snie dlatego widoczne sa

,

r´o˙znice w dok ladno´sci. W przypadku

funkcji wyk ladniczej pochodna ro´snie od warto´sci e

49

do warto´sci e

50

, tj. o wielko´s´c

ogromna

,

(e − 1)e

49

> 1, 7 · e

49

. Mo˙zna sie

,

wie

,

c by lo spodziewa´c, ˙ze w tym przypadku

wz´or f (p+h) ≈ f (p)+f

0

(p)h be

,

dzie bardzo niedok ladny: funkcja wyk ladnicza zagina

sie

,

mocno ku g´orze odchodza

,

c szybko od stycznej do siebie w jakim´s punkcie, np.

w (49, e

49

) . W przypadku funkcji kwadratowe x

2

pochodna wzrasta od warto´sci 98

do warto´sci 100, a wie

,

c zmiana jej warto´sci jest znacznie mniej spektakularna, nie-

mniej i w tym przypadku wykres funkcji oddala sie

,

od stycznej w widoczny spos´ob,

te˙z ku g´orze. W przypadku funkcji

√

x pochodna maleje, ale bardzo powoli, wie

,

c wy-

kres odchyla sie

,

od stycznej ku do lowi, ale efekt ten jest nieznaczny: wykres nieomal

pokrywa sie

,

ze styczna

,

, wie

,

c przybli˙zenie liniowe dzia la bardzo dobrze.

Przyk lad 8.27

Przy r´o˙znych okazjach na lekcjach fizyki w szko lach wykorzy-

stywana jest r´owno´s´c przybli˙zona sin x ≈ x , np. w optyce przy wyprowadzaniu

r´ownania soczewki lub zwierciad la, przy wyprowadzania wzoru na okres waha´

n wa-

had la matematycznego. Jest to zastosowanie omawianej przez nas r´owno´sci przy-

bli˙zonej f (p + h) ≈ f (p) + f

0

(p)h w przypadku funkcji sin , p = 0 , h = x . W tym

przypadku f (0) = sin 0 = 0 i f

0

(0) = cos 0 = 1 i wobec tego f (p) + f

0

(p)h = x .

Wykazali´smy poprzednio, ˙ze dla x > 0 zachodzi nier´owno´s´c x −

x

3

6

< sin x < x ,

wie

,

c b la

,

d przybli˙zenia sin x ≈ x jest mniejszy ni˙z

x

3

6

, wie

,

c je´sli ka

,

t x jest ma ly, to

ten b la

,

d jest bardzo ma ly, np. je´sli x =

1

10

, to b la

,

d jest mniejszy ni˙z

1

6000

. Wypada

przypomnie´c, ˙ze mowa o wielko´sci ka

,

ta wyra˙zonej w radianach, 1 radian to nieco

ponad 57

◦

. Cz lowieka o wzro´scie 2 m, wie

,

c ni˙zszego ni˙z np. Ma lgorzata Dydek (ko-

szykarka z Gda´

nska, jedna z najwy˙zszych na ´swiecie) wida´c z odleg lo´sci 200 m pod

ka

,

tem oko lo 0, 01 radiana, wie

,

c m´owimy o rzeczywi´scie istnieja

,

cych ka

,

tach, ma lych

ale nie o znikomo ma lych, wyste

,

puja

,

cych niezwykle rzadko. Rachunek r´o˙zniczkowy

22

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

pozwala oszacowa´c b la

,

d nie tylko z g´ory, ale r´ownie˙z z do lu. W tym przypadku

mo˙zna pos lu˙zy´c sie

,

metoda

,

zastosowana

,

poprzednio w celu wykazania nier´owno´sci

sin x < x−

x

3

6

+

x

5

120

, kt´ora zachodzi dla x > 0 . Z tej nier´owno´sci wynika natychmiast,

˙ze

x

3

6

−

x

5

120

< x−sin x <

x

3

6

, a wie

,

c b la

,

d przybli˙zenia jest wie

,

kszy ni˙z

x

3

6

−

x

5

120

i mniej-

szy ni˙z

x

3

6

. Gdyby´smy zainteresowali sie

,

b le

,

dem wzgle

,

dnym, tj. wielko´scia

,

x−sin x

x

,

to okaza loby sie

,

, ˙ze w przypadku 0 < x < 0, 1 jest on mniejszy ni˙z

1
6

(0, 1)

2

=

1

600

,

czyli mniejszy ni˙z

1
6

% . To ca lkiem dobra dok ladno´s´c.

Przyk lad 8.28

Niech f (x) = e

x

, p = 0 . Mamy f

0

(0) = e

0

= 1 i f (0) = e

0

= 1,

zatem e

x

≈ 1 + x . Zbadamy dok ladno´s´c tego przybli˙zenia dla x > 0 . W jednym

z przyk lad´ow wykazali´smy, ˙ze dla x > 0 zachodzi nier´owno´s´c e

x

> 1 + x +

1
2

x

2

.

Wobec tego b la

,

d przybli˙zenia jest wie

,

kszy ni˙z

1
2

x

2

. Oszacujemy go teraz z g´ory.

Poka˙zemy trzy metody.

Metoda pierwsza. Znajdziemy liczbe

,

a > 0 , taka

,

˙ze dla wszystkich x ∈ (0, 3)

zachodzi nier´owno´s´c e

x

− 1 − x < ax

2

. Przyjmijmy f (x) = e

x

− 1 − x − ax

2

.

Mamy wtedy f

0

(x) = e

x

− 1 − 2ax oraz (f

0

)

0

(x) = e

x

− 2a . Je´sli 2a ≥ e

3

, np.

je˙zeli a ≥

1
2

· 21, 952 =

1
2

· 2,8

3

>

1
2

· e

3

, to (f

0

)

0

przyjmuje na przedziale (0, 3)

warto´sci ujemne, wie

,

c f

0

jest funkcja

,

maleja

,

ca

,

na przedziale [0, 3] , a poniewa˙z

f

0

(0) = e

0

− 1 − 2a · 0 = 0 , wie

,

c r´ownie˙z f

0

przyjmuje na przedziale (0, 3) jedynie

warto´sci ujemne. Sta

,

d wnioskujemy, ˙ze funkcja f maleje na przedziale [0, 3] . Po-

niewa˙z f (0) = 0 , wie

,

c warto´sci funkcji f na przedziale (0, 3) sa

,

liczbami ujemnymi.

Wykazali´smy wie

,

c, ˙ze je´sli a ≥

1
2

e

3

, to e

x

− 1 − x < ax

2

dla x ∈ (0, 3) , np.

e

x

− 1 − x < 11 · x

2

. Czytelnik bez trudu stwierdzi, ˙ze je´sli zasta

,

pimy przedzia l (0, 3)

przedzia lem (0, 2) , to otrzymamy rezultat nieco dok ladniejszy: e

x

− 1 − x < ax

2

dla

a ≥

1
2

· e

2

, np. a ≥ 4 > 3,92 =

1
2

· 2,8

2

>

1
2

· e

2

.

Metoda druga. Je´sli 3 > x > 0 , to zachodzi nier´owno´s´c

e

x

− 1 − x =

1

2!

x

2

+

1

3!

x

3

+

1

4!

x

4

+ . . . <

1

2!

x

2

1 +

x

3

+

x

3

2

+ . . .

=

x

2

2!

1

1−

x

3

— skorzystali´smy tu z tego, ˙ze 1 >

x

3

>

x

4

> . . . oraz z wzoru na sume

,

szeregu

geometrycznego.

Metoda trzecia. Wyka˙zemy , ˙ze je´sli 3 > x > 0 , to

e

x

− 1 − x <

x

2

2(1−

x

3

)

. Nie

u˙zyjemy stosowanych poprzednio szereg´ow. Zdefiniujemy pomocnicza

,

funkcje

,

wzo-

rem g(x) = e

x

− 1 − x −

x

2

2(1−

x

3

)

= e

x

− 1 − x −

3
2

·

x

2

(3−x)

. Obliczamy jej pochodna

,

g

0

(x) = e

x

− 1 −

3
2

·

2x(3−x)+x

2

(3−x)

2

= e

x

− 1 −

3
2

·

6x−x

2

(3−x)

2

.

Kontynuuja

,

c obliczenia otrzymujemy

(g

0

)

0

(x) = e

x

−

3
2

·

(6−2x)(3−x)

2

+2(6x−x

2

)(3−x)

(3−x)

4

= e

x

−

3
2

·

18

(3−x)

3

= e

x

−

1

(1−

x

3

)

3

.

23

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

Dla ka˙zdego x > 0 mamy e

−x/3

> 1 −

x

3

, wie

,

c je´sli 0 < x < 3 , to zachodzi

nier´owno´s´c

1

1−

x

3

3

> e

x/3

3

= e

x

. Z tej nier´owno´sci wynika, ˙ze dla 0 < x < 3

zachodzi (g

0

)

0

(x) < 0 , wie

,

c na przedziale [0, 3) funkcja g

0

jest ´sci´sle maleja

,

ca, wie

,

c

dla 0 < x < 3 zachodzi nier´owno´s´c g

0

(x) < g

0

(0) = 0 . Wobec tego, ˙ze funkcja g ma

ujemna

,

pochodna

,

na przedziale (0, 3) , jest ona ´sci´sle maleja

,

ca na przedziale [0, 3) ,

zatem g(x) < g(0) = 0 dla x ∈ (0, 3) , a to w la´snie chcieli´smy wykaza´c. Wobec

tego dla 0 < x <

3
2

zachodzi nier´owno´s´c e

x

− 1 − x < x

2

, bo w tym przypadku

2 1 −

x

3

> 1 .

W jednym z poprzednich przyk lad´ow wykazali´smy, ˙ze dla x < 0 zachodzi nier´owno´s´c

e

x

< 1 + x +

1
2

x

2

, wie

,

c r´ownie˙z nier´owno´s´c 0 < e

x

− (1 + x) <

1
2

x

2

. Dla 3 > x > 0

mamy nier´owno´s´c 0 < e

x

− (1 + x) < x

2

. Sta

,

d ju˙z latwo wynika, ˙ze dla x <

3
2

zachodzi nier´owno´s´c 0 ≤ e

x

− (1 + x) ≤ x

2

, przy czym r´owno´s´c ma miejsce wtedy i

tylko wtedy, gdy x = 0 .

Jaka

,

kwote

,

powinien wyp laci´c bank osobie, kt´ora wp laci la kwote

,

k , je´sli opro-

centowanie jest r´owne 100x% w skali rocznej, a procenty sa

,

doliczane w spos´ob

cia

,

g ly? Ta

,

kwota

,

jest lim

n→∞

k · 1 +

x
n

n

= ke

x

. Je´sli np. x = 0, 1 , czyli oprocentowa-

nie w skali rocznej r´owne jest 10% , to r´o˙znica mie

,

dzy wzorem liniowym (wyp lacana

jest kwota k(1 + x) = 1, 1 · k ) a dok ladnym (wyp lacana jest kwota ke

x

= k · e

0,1

)

jest mniejsza ni˙z k · .0, 1

2

= 0, 01 · k . Z nier´owno´sci e

x

− (1 + x) >

1
2

x

2

, kt´ora ma

miejsce dla liczb x > 0 , wynika, ˙ze r´o˙znica ta jest wie

,

ksza ni˙z

1
2

· 0, 1

2

· k = 0, 005 · k .

Oczywi´scie przy ma lych kwotach r´o˙znica taka nie ma ˙zadnego znaczenia praktycz-

nego, jednak przy du˙zych jest inaczej, bo cho´c procentowo nie ulega to zmianie, to

kwota mo˙ze by´c znacza

,

ca. Efekt ten staje sie

,

bardziej widoczny, gdy rozpatrywany

jest d lu˙zszy okres czasu, np. 2 lata. Wtedy wz´or liniowy daje wyp late

,

k(1 + 2x) , za´s

nieliniowy — wyp late

,

ke

2x

. W przypadku x = 0, 1 r´o˙znica mie

,

dzy tymi kwotami

staje sie

,

wie

,

ksza ni˙z k ·

0,2

2

2

= k · 0, 02 , co oznacza, ˙ze b la

,

d wzr´os l w istotny spos´ob.

Podobne rozwa˙zania mo˙zna prowadzi´c w fizyce przy dyskusji wzoru na d lugo´s´c

np. pre

,

ta ˙zelaznego w zale˙zno´sci od jego temperatury. Prowadzi to do naste

,

puja

,

cego

wzoru l(t) = l(t

0

)e

λ(t−t

0

)

, gdzie przez l(t) oznaczyli´smy d lugo´s´c pre

,

ta w tempera-

turze t , za´s λ oznacza wsp´o lczynnik rozszerzalno´sci cieplnej, w przypadku ˙zelaza

λ ≈ 0,0000115 = 1, 15 · 10

−5

. Je´sli zmiana temperatury jest niezbyt du˙za, np. mniej-

sza ni˙z 50

◦

C, to wyk ladnik jest mniejszy ni˙z 0, 0006 , wie

,

c jego kwadrat jest mniejszy

ni˙z 0, 000004 , co oznacza, ˙ze b la

,

d, kt´ory pope lnimy zaste

,

puja

,

c liczbe

,

e

λ(t−t

0

)

przez

1 + λ(t − t

0

) be

,

dzie mniejszy ni˙z 0, 000004 · l(t

0

) , wie

,

c w przypadku np. szyny kole-

jowej o d lugo´sci 10 m — mniejszy ni˙z 0, 00004 m, czyli 0,04 mm, wie

,

c mniejszy od

24

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

dok ladno´sci pomiaru jej d lugo´sci (ta szyna wyd lu˙za sie

,

o ponad 1, 15 · 10

−5

· 50 · 10 m

= 5,75 mm).

Inaczej jest w przypadku rozpadu promieniotw´orczego. W wyniku rozwa˙za´

n ana-

logicznych do tych, kt´ore doprowadzi ly nas do wzoru e

x

= lim

n→∞

1 +

x
n

n

otrzy-

mujemy wz´or m(t) = m(t

0

)e

−λ(t−t

0

)

, gdzie m(t) oznacza mase

,

substancji promie-

niotw´orczej w chwili t , a λ – sta la

,

rozpadu. Rzecz w tym, i˙z w tym przypadku inte-

resuje nas np. czas po lowicznego rozpadu, to znaczy czas, w kt´orym masa substancji

zmniejsza sie

,

o po lowe

,

. W tym przypadku t−t

0

musi by´c tak du˙ze, by zachodzi l wz´or

λ(t − t

0

) = ln 2 ≈ 0, 6931 , wie

,

c b la

,

d spowodowany stosowaniem przybli˙zenia linio-

wego funkcji wyk ladniczej funkcja

,

liniowa

,

by lby wie

,

kszy ni˙z

1
2

· 0, 6931

2

≈ 0, 24 , wie

,

c

w zasadzie niedopuszczalny jako za du˙zy ( 24% ).* Przyk lad powinien u´swiadomi´c

studentom, ˙ze przed stosowaniem wzor´ow przybli˙zonych warto zastanowi´c sie

,

nad

tym, czy wolno je stosowa´c.

W poprzednich wyk ladach pojawi ly sie

,

funkcje wypuk le i wkle

,

s le. Pokazali´smy

jak mo˙zna dowodzi´c, ˙ze funkcja cia

,

g la jest wypuk la. Teraz poka˙zemy, jak mo˙zna

to robi´c w przypadku funkcji r´o˙zniczkowalnej. Powia

,

˙zemy te˙z wyra´znie poje

,

cie wy-

puk lo´sci funkcji z poje

,

ciem stycznej do jej wykresu. Przypomnijmy, ˙ze funkcja

,

wy-

puk la

,

nazywali´smy funkcje

,

okre´slona

,

na zbiorze wypuk lym (jedynymi wypuk lymi

podzbiorami prostej sa

,

przedzia ly, zbiory jednopunktowe oraz zbi´or pusty), taka

,

˙ze

dla dowolnych punkt´ow x, y z jej dziedziny i dowolnej liczby f ∈ (0, 1) zachodzi

nier´owno´s´c f (tx + (1 − t)y) ≤ tf (x) + (1 − t)f (y) , co oznacza, ˙ze punkty odcinka o

ko´

ncach (x, f (x)) i (y, f (y)) le˙za

,

nad wykresem funkcji f lub na tym wykresie, nie-

zale˙znie od wyboru punkt´ow x i y . Przypomniana w la´snie definicja jest r´ownowa˙zna

temu, ˙ze spe lniony jest jeden (kt´orykolwiek) z trzech warunk´ow:

(a)

f (y)−f (x)

y−x

<

f (z)−f (x)

z−x

dla ka˙zdych x, y, z z dziedziny funkcji f , dla kt´orych

x < y < z ,

(b)

f (y)−f (x)

y−x

<

f (z)−f (y)

z−y

dla ka˙zdych x, y, z z dziedziny funkcji f , dla kt´orych

x < y < z ,

(c)

f (x)−f (z)

x−z

<

f (y)−f (z)

y−z

dla ka˙zdych x, y, z z dziedziny funkcji f , dla kt´orych

x < y < z .

Udowodnimy teraz twierdzenie, kt´ore charakteryzuje funkcje wypuk le w termi-

nach pochodnych. Przed sformu lowaniem go przypomnimy stosowane zwykle ozna-

*

W szko lach wz´

or na zmiane, d lugo´sci w wyniku podgrzania wyste,puje w innej klasie ni˙z wz´or na

zmiane, masy pierwiastka promieniotw´orczego w czasie, wie,c liczba uczni´ow, kt´orzy zauwa˙zaja, nie-

konsekwencje, w stosowaniu w jednym przypadku funkcji liniowej, a w drugim funkcji wyk ladniczej jest

zaniedbywalnie ma la. Mo˙zna podejrzewa´

c, ˙ze nie wszyscy nauczyciele maja czas i ochote, wyja´snia´c,

dlaczego w jednym przypadku stosowany jest jeden wz´

or, a w drugim – inny.

25

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

czenia: f

0

−

(x) = lim

h→0

−

f (x+h)−f (x)

h

dla oznaczenia lewostronnej pochodnej funkcji f

w punkcie x oraz f

0

+

(x) = lim

h→0

+

f (x+h)−f (x)

h

dla pochodnej prawostronnej.

Twierdzenie 8.18 (o pochodnej funkcji wypuk lej)

Je´sli f jest funkcja

,

wypuk la

,

okre´slona

,

na przedziale otwartym P , to

W1. w ka˙zdym punkcie x ∈ P istnieja

,

pochodne jednostronne f

0

(x) i f

0

+

(x)

oraz f

0

(x) ≤ f

0

+

(x) ;

W2. je´sli x, y ∈ P i x < y , to f

0

+

(x) ≤ f

0

(y) , przy czym je´sli f jest ´sci´sle

wypuk la, to nier´owno´s´c jest ostra;

W3. funkcja f jest cia

,

g la w ka˙zdym punkcie przedzia lu otwartego P .

Dow´

od. Niech D

x

, gdzie D

x

(t) =

f (t)−f (x)

t−x

dla dowolnego punktu t ∈ P \ {x} ,

oznacza iloraz r´o˙znicowy funkcji f w punkcie x . Za l´o˙zmy, ˙ze u < v < x < r < s sa

,

punktami przedzia lu P . Z w lasno´sci (c) wynika, ˙ze D

x

(u) ≤ D

x

(v) . Z w lasno´sci (b)

wynika z kolei, ˙ze D

x

(v) ≤ D

x

(r) , za´s z w lasno´sci (a) wynika, ˙ze D

x

(r) ≤ D

x

(s) .

Mamy wie

,

c D

x

(u) ≤ D

x

(v) ≤ D

x

(r) ≤ D

x

(s) . Oznacza to, ˙ze funkcja D

x

jest

niemaleja

,

ca w ca lym zbiorze P \{x} . Ma wie

,

c granice jednostronne w ka˙zdym punkcie

przedzia lu P , w tym w punkcie x . Zachodza

,

oczywiste r´owno´sci: lim

t→x

−

D

x

(t) = f

0

(x)

oraz lim

t→x

+

D

x

(t) = f

0

+

(x) , przy czym f

0

(x) ≤ D

x

(r) , i wobec tego f

0

(x) ≤ f

0

+

(x) .

Pierwsza cze

,

´s´c twierdzenia zosta la udowodniona.

Za l´o˙zmy teraz, ˙ze x < r < y . Z w lasno´sci (b) wynika, ˙ze D

x

(r) ≤ D

y

(r) , a z tego co

udowodnili´smy dotychczas wynikaja

,

nier´owno´sci f

0

+

(x) ≤ D

x

(r) oraz D

y

(r) ≤ f

0

−

(y) .

Z trzech otrzymanych nier´owno´sci wynika, ˙ze f

0

+

(x) ≤ f

0

−

(y) . Uzyskali´smy wie

,

c druga

,

cze

,

´s´c tezy.

Z istnienia jednostronnych pochodnych sko´

nczonych w punkcie x wynika, ˙ze funkcja

f jest w tym punkcie lewo– i prawostronnie cia

,

g la, wie

,

c jest cia

,

g la. Stwierdzenie

tego, ˙ze w przypadku funkcji ´sci´sle wypuk lej nier´owno´sci staja

,

sie

,

ostre wynika od

razu z tego, ˙ze w przypadku funkcji ´sci´sle wypuk lej nier´owno´sci w (a), (b), (c) sa

,

ostre. Dow´od zosta l zako´

nczony.

Wniosek 8.19 (z dowodu twierdzenia)

Je´sli f jest funkcja

,

wypuk la

,

okre´slona

,

na przedziale otwartym P , to dla dowolnego

h > 0 , takiego ˙ze x + h ∈ P zachodzi nier´owno´s´c f (x + h) ≥ f (x) + f

0

+

(x)h . Je´sli

x − h ∈ P , to zachodzi nier´owno´s´c f (x − h) ≥ f (x) − f

0

−

(x)h . W przypadku funkcji

´sci´sle wypuk lej nier´owno´sci te sa

,

ostre.

Dow´

od. Wynika to z tego, ˙ze f

0

+

(x) ≤ D

x

(x + h) =

f (x+h)−f (x)

h

w pierwszym

przypadku i f

0

−

(x) ≥ D

x

(x − h) =

f (x−h)−f (x)

−h

w drugim przypadku.

26

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

Wykazane twierdzenie oznacza, ˙ze pochodna r´o˙zniczkowalnej funkcji wypuk lej

jest niemaleja

,

ca. Wniosek to po prostu stwierdzenie, ˙ze wykres funkcji wypuk lej le˙zy

nad styczna

,

do siebie w dowolnym punkcie wewne

,

trznym przedzia lu–dziedziny. Przy

okazji okazuje sie

,

, ˙ze funkcja wypuk la mo˙ze by´c nier´o˙zniczkowalna w pewnych punk-

tach, np. |x| , |x+1|+|x|+|x−1| lub e

|x|

, ale w punktach wewne

,

trznych dziedziny ma

sko´

nczone pochodne jednostronne, wie

,

c jest „niedaleka” od funkcji r´o˙zniczkowalnej.

Wypada nadmieni´c, ˙ze te uwagi nie dotycza

,

ko´

nc´ow przedzia lu–dziedziny, w kt´orych

funkcja wypuk la mo˙ze nie by´c cia

,

g la, np. je´sli f (x) = x

2

dla x > 0 i f (0) = 1 , to f

jest ´sci´sle wypuk la na p´o lprostej domknie

,

tej [0, ∞) , cho´c jest niecia

,

g la w punkcie 0 ,

wie

,

c tym bardziej nie ma w tym punkcie pochodnej. Takimi funkcjami nie be

,

dziemy

sie

,

jednak zajmowa´c, bo sk lonni jeste´smy przyzna´c, ˙ze sa

,

one nieco sztuczne.

Pojawia la sie

,

wielokrotnie nier´owno´s´c e

x

> 1 + x dla x 6= 0 . Teraz mo˙zemy

ja

,

wywnioskowa´c ze ´scis lej wypuk lo´sci funkcji e

x

na przedziale (−∞, ∞) . Podobnie

nier´owno´s´c sin x < x dla 0 < x < π jest konsekwencja

,

´scis lej wkle

,

s lo´sci funkcji sinus

na przedziale [0, π] . Je´sli 0 < x 6= 1 , to ln x < x − 1 , co wynika z tego, ˙ze funkcja

ln jest ´sci´sle wkle

,

s la na (0, ∞) , co wyka˙zemy niebawem. Widzimy wie

,

c, ˙ze r´ownie˙z

w ten spos´ob mo˙zna uzyskiwa´c r´o˙zne oszacowania. Warto wie

,

c umie´c wyja´sni´c, czy

funkcja na okre´slonym przedziale jest wypuk la, wkle

,

s la, czy te˙z ani wypuk la, ani

wkle

,

s la. Okazuje sie

,

, ˙ze w wielu przypadkach mo˙zna to wyja´sni´c badaja

,

c pochodna

,

interesuja

,

cej nas funkcji.

Twierdzenie 8.20 (o wypuk lo´sci funkcji, kt´

orej pochodna jest niemaleja

,

ca)

Je´sli funkcja f jest zdefiniowana na przedziale otwartym P i ma w jego punktach

jednostronne pochodne f

0

+

i f

0

−

, dla kt´orych zachodza

,

warunki:

W1. dla ka˙zdego x ∈ P zachodzi nier´owno´s´c f

0

−

(x) ≤ f

0

+

(x) ,

W1.

je´sli x < y i x, y ∈ P , to f

0

+

(x) ≤ f

0

−

(y) ,

to funkcja f jest wypuk la na przedziale P . Je˙zeli nier´owno´s´c w warunku W2 jest

ostra, to funkcja f jest ´sci´sle wypuk la.

W szczeg´olno´sci: funkcja r´o˙zniczkowalna f jest wypuk la wtedy i tylko wtedy, gdy jej

pochodna f

0

jest niemaleja

,

ca, ´sci´sle wypuk la – wtedy i tylko wtedy, gdy jej pochodna

f

0

jest ´sci´sle rosna

,

ca.

Dow´

od. Udowodnimy to twierdzenie dla funkcji r´o˙zniczkowalnych, bo w tym przy-

padku dow´od jest bardzo prosty. Z wypuk lo´sci funkcji wynika, ˙ze jej pochodna jest

niemaleja

,

ca – jest to wniosek z poprzedniego twierdzenia. Zak ladamy wie

,

c, ˙ze funkcja

f jest r´o˙zniczkowalna, a jej pochodna f

0

jest niemaleja

,

ca: x < y =⇒ f

0

(x) ≤ f

0

(y) .

By udowodni´c, ˙ze funkcja f jest wypuk la, wystarczy wykaza´c, ˙ze je´sli x < y < z , to

27

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

f (x)−f (y)

x−y

≤

f (y)−f (z)

y−z

. Z twierdzenia o warto´sci ´sredniej wynika, ˙ze istnieja

,

punkty

r ∈ (x, y) oraz s ∈ (y, z) , takie ˙ze

f (x)−f (y)

x−y

= f

0

(r) oraz

f (y)−f (z)

y−z

= f

0

(s) . Po-

niewa˙z r < y < s , wie

,

c r < s i wobec tego f

0

(r) ≤ f

0

(s) , co ko´

nczy dow´od

twierdzenia w tym przypadku.

Dow´od w przypadku og´olnym pozostawiam w charakterze ´cwiczenia, bardzo za-

che

,

cam do samodzielnego przeprowadzenia go!

Przyk lad 8.29

Funkcja x

a

jest ´sci´sle wypuk la na p´o lprostej (0, +∞) dla a > 1

oraz dla a < 0 , natomiast w przypadku 0 < a < 1 jest ´sci´sle wkle

,

s la. Wynika to

natychmiast z twierdzenia o wypuk lo´sci funkcji o niemaleja

,

cej pochodnej, bowiem

(x

a

)

0

= ax

a−1

i wobec tego

(x

a

)

0

0

= a(a − 1)x

a−2

, wie

,

c funkcja

(x

a

)

0

0

jest

dodatnia na p´o lprostej (0, +∞) w przypadku a > 1 oraz a < 0 , natomiast w

przypadku 0 < a < 1 – funkcja ta jest ujemna, z czego wynika, ˙ze pochodna (x

a

)

0

ro´snie w pierwszych dw´och przypadkach, natomiast w trzecim – maleje.

Przyk lad 8.30

Uog´olniona nier´owno´s´c Bernoulliego. Je´sli zachodza

,

nier´owno´sci

a > 1 lub a < 0 i −1 < x 6= 0 , to (1 + x)

a

> 1 + ax . Je´sli natomiast 0 < a < 1

oraz −1 < x 6= 0 , to (1 + x)

a

< 1 + ax .

Wynika to od razu z wynik´ow poprzedniego przyk ladu, z tego ˙ze pochodna

,

funkcji

(1 + x)

a

w punkcie 0 jest liczba a oraz z tego, ˙ze wykres funkcji ´sci´sle wypuk lej le˙zy

nad styczna

,

maja

,

c z nia

,

dok ladnie jeden punkt wsp´olny, za´s wykres funkcji ´sci´sle

wkle

,

s lej le˙zy pod styczna

,

maja

,

c z nia

,

dok ladnie jeden punkt wsp´olny.

Przyk lad 8.31

Funkcja wyk ladnicza a

x

o podstawie dodatniej a 6= 1 jest ´sci´sle

wypuk la. Mamy bowiem (a

x

)

0

= e

x ln a

0

= e

x ln a

· ln a = a

x

· ln a . Wobec tego

(a

x

)

0

0

= a

x

· (ln a)

2

> 0 dla ka˙zdego x , wie

,

c funkcja (a

x

)

0

jest ´sci´sle rosna

,

ca

na ca lej prostej, a wobec tego funkcja a

x

jest ´sci´sle wypuk la. Wynika sta

,

d, mie

,

dzy

innymi, ˙ze wykres funkcji wyk ladniczej le˙zy nad styczna

,

(w dowolnym punkcie), np.

a

x

> 1 + x · ln a dla x 6= 0 i 0 < a 6= 1 .

Przyk lad 8.32

Funkcja log

a

x jest ´sci´sle wkle

,

s la na p´o lprostej (0, +∞) w przy-

padku a > 1 , natomiast w przypadku 0 < a < 1 funkcja log

a

x jest ´sci´sle wypuk la.

Wynika to z tego, ˙ze log

a

x =

ln x
ln a

, wobec czego (log

a

x)

0

=

1

x ln a

, wie

,

c pochodna ta

jest ´sci´sle maleja

,

ca w przypadku ln a > 0 , czyli w przypadku a > 1 oraz

– ´sci´sle

rosna

,

ca w przypadku ln a < 0 , czyli 0 < a < 1 .

Przyk lad 8.33

Funkcja sinus jest ´sci´sle wkle

,

s la na ka˙zdym przedziale postaci

[2nπ, (2n + 1)π] , za´s na przedzia lach postaci [(2n − 1)π, 2nπ] jest ona ´sci´sle wy-

28

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

puk la, n oznacza tu dowolna

,

liczbe

,

ca lkowita

,

. Wynika to sta

,

d, ˙ze (sin x)

0

= cos x

i tego ˙ze funkcja kosinus maleje na przedzia lach postaci [2nπ, (2n + 1)π] i ro´snie

na przedzia lach postaci [(2n − 1)π, 2nπ] . Ze ´scis lej wkle

,

s lo´sci funkcji sinus na prze-

dziale

0,

π

2

wynika, ˙ze je´sli 0 < x <

π

2

, to

2x

π

< sin x < x — wykres le˙zy nad

sieczna

,

(odcinkiem o ko´

ncach (0, 0) i (

π

2

, 1) ) i pod styczna

,

(w punkcie (0, 0) ).

Druga

,

z tych nier´owno´sci znamy ju˙z od dawna, ale warto raz jeszcze podkre´sli´c jej

zwia

,

zek z wkle

,

s lo´scia

,

funkcji sinus.

Przyk lad 8.34

Funkcja tangens jest ´sci´sle wypuk la na ka˙zdym przedziale postaci

[nπ, nπ +

π

2

) za´s na ka˙zdym przedziale postaci (nπ −

π

2

, nπ] jest ´sci´sle wkle

,

s la, n

oznacza tu dowolna

,

liczbe

,

ca lkowita

,

. Wynika to, z tego ˙ze na przedzia lach postaci

[nπ, nπ +

π

2

) pochodna funkcji tangens, czyli funkcja 1 + tg

2

x ro´snie, za´s na prze-

dzia lach postaci (nπ −

π

2

, nπ] – maleje.

Analiza przyk lad´ow wskazuje na to, ˙ze zdarzaja

,

sie

,

funkcje, kt´ore w ca lej swej

dziedzinie nie sa

,

ani wypuk le ani wkle

,

s le. W podanych przyk ladach zdarza lo sie

,

tak,

˙ze po jednej stronie pewnego punktu mieli´smy do czynienia z funkcja

,

wypuk la

,

a po

drugiej – z wkle

,

s la

,

. Przy szkicowaniu wykres´ow funkcji rozsa

,

dnie jest znale´z´c takie

punkty zawczasu. Maja

,

one swa

,

nazwe

,

.

Definicja 8.21 (punktu przegie

,

cia)

Punkt p jest jest punktem przegie

,

cia funkcji f wtedy i tylko wtedy, gdy funkcja

f jest cia

,

g la w punkcie p , ma w nim pochodna

,

sko´

nczona

,

lub nie i istnieje liczba

δ > 0 , taka ˙ze:

przedzia l (p − δ, p + δ) jest zawarty w dziedzinie funkcji f ,

na jednym z przedzia l´ow (p − δ, p] , [p, p + δ) funkcja f jest wypuk la, a na

drugim wkle

,

s la,

na ˙zadnym z przedzia l´ow (p − η, p] , [p, p + η) , gdzie η ∈ (0, δ) , funkcja f

nie jest liniowa.

Wypada doda´c, ˙ze w literaturze istnieje kilka nier´ownowa˙znych definicji punktu

przegie

,

cia, jednak wszystkie one pokrywaja

,

sie

,

w przypadku najprostszych funkcji,

tj, tych, kt´ore mo˙zna przedstawi´c jako sume

,

szeregu pote

,

gowego.* Przyk ladowym

okre´sleniem punktu przegie

,

cia nier´ownowa˙znym podanemu wy˙zej jest: p jest punk-

tem przegie

,

cia funkcji f wtedy i tylko wtedy, gdy wykresu funkcji f ma styczna

,

w punkcie (p, f (p)) przy czym z jednej strony tego punktu wykres znajduje sie

,

pod

ta

,

styczna

,

, a z drugiej — nad nia

,

. Czytelnik mo˙ze sprawdzi´c, ˙ze 0 jest punktem

przegie

,

cia funkcji f zdefiniowanej wzorami f (0) = 0 , f (x) = x

2

(2 + sin

1

x

) dla

*

czyli tzw. funkcji analitycznych.

29

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

x > 0 oraz f (x) = −x

2

(2 + sin

1

x

) dla x < 0 w sensie drugiego okre´slenia, ale nie

jest punktem przegie

,

cia w sensie definicji, kt´ora

,

podali´smy wcze´sniej. Natomiast 0

by loby punktem przegie

,

cia funkcji f zdefiniowanej wzorami f (x) = −x

2

dla x < 0

oraz f (x) = x + x

2

dla x ≥ 0 gdyby´smy w definicji nie za lo˙zyli r´o˙zniczkowalno´sci

funkcji f w punkcie przegie

,

cia. Bez za lo˙zenie r´o˙zniczkowalno´sci 0 by loby punktem

przegie

,

cia funkcji g zdefiniowanej wzorami g(x) = −x

2

dla x ≤ 0 i g(x) = x(x − 2)

dla x ≥ 0 , a to ju˙z nie wygla

,

da loby dobrze. Niestety, matematycy nie ustalili tej

definicji na tyle sztywno, by jedna jej wersja zosta la przyje

,

ta przez wszystkich, wie

,

c

czytaja

,

c r´o˙zne podre

,

czniki mo˙zna spotyka´c sie

,

z istotnie r´o˙znymi definicjami, kt´ore

jednak w przypadku funkcji zdefiniowanych „za pomoca

,

jednego wzoru” daja

,

ten

sam rezultat.

Jest jasne, ˙ze punkty postaci nπ sa

,

punktami przegie

,

cia funkcji sinus oraz funkcji

tangens, ˙ze 0 jest punktem przegie

,

cia funkcji x

2n+1

dla n = 1, 2, 3, . . . , ˙ze funkcja

postaci ax + b nie ma punkt´ow przegie

,

cia, ˙ze funkcja x

2n

dla n = 1, 2, 3, . . . nie

ma punkt´ow przegie

,

cia, bowiem jest ´sci´sle wypuk la. Funkcja

7

√

x zdefiniowana na

ca lej prostej ma punkt przegie

,

cia w 0, cho´c nie jest w tym punkcie r´o˙zniczkowalna

(ma pochodna

,

, ale r´owna

,

+∞ ), bo jest ´sci´sle wypuk la na p´o lprostej (−∞, 0] za´s na

p´o lprostej [0, +∞) jest ´sci´sle wkle

,

s la. Te przyk lady mo˙zna mno˙zy´c, ale nie be

,

dziemy

tego robi´c, bo to proste poje

,

cie nie przysparza wie

,

kszych problem´ow studentom.

Cze

,

sto zachodzi potrzeba obliczenia granicy ilorazu dwu funkcji, gdy granica

ka˙zdej z nich r´owna jest 0 lub ∞ . Zdarza sie

,

, ˙ze trzeba obliczy´c granice

,

iloczynu

dwu funkcji, z kt´orych jedna ma granice

,

0, a druga –

∞ . Ten drugi przypadek

mo˙zna sprowadzi´c do pierwszego: f g =

f

1/g

=

g

1/f

. Bywa, ˙ze interesuje nas granica

wyra˙zenia f

g

przy czym granica

,

f jest 1, a granica

,

g jest ∞ . Wz´or f

g

= e

g·ln f

pozwala problem zredukowa´c do obliczania granicy iloczynu, wie

,

c w dalszym cia

,

gu do

obliczania granicy ilorazu. Zdarzaja

,

sie

,

te˙z inne sytuacje, w kt´orych nie sa

,

spe lnione

za lo˙zenia dotychczas sformu lowanych twierdze´

n o granicach. Podobnie jak w przy-

padku cia

,

g´ow istnieje twierdzenie, kt´ore w wielu sytuacjach u latwia znalezienie gra-

nicy. Jest to tzw. regu la de l’Hospitala, francuskiego markiza, kt´ory po wys luchaniu

wyk lad´ow Jana Bernoulliego wyda l drukiem notatki z nich pod tytu lem Analyse des

infiniment petites**, co spowodowa lo protesty rzeczywistego autora tekstu, ale wtedy

nie istnia lo jeszcze poje

,

cie praw autorskich. Twierdzenie, kt´ore znajduje sie

,

ni˙zej, po-

chodzi z tej w la´snie ksia

,

˙zki (i – wed lug historyk´ow matematyki – powinno mie´c inna

,

nazwe

,

). O ile autorowi tego tekstu wiadomo w ksia

,

˙zce wzmiankowanego markiza jest

**

Analiza niesko´

nczenie ma lych

30

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

ono w nieco s labszej wersji.

Twierdzenie 8.22 (regu la de l’Hospitala)

Za l´o˙zmy, ˙ze

funkcje f, g: (a, b) −→ IR sa

,

r´o˙zniczkowalne w ka˙zdym punkcie przedzia lu

(a, b) ,

g(x) 6= 0 6= g

0

(x) dla ka˙zdego x ∈ (a, b) ,

istnieje granica lim

x→a

f

0

(x)

g

0

(x)

= G ∈ IR = IR ∪ {−∞, +∞} ,

spe lniony jest jeden z dw´och warunk´ow:

1

◦

lim

x→a

f (x) = 0 = lim

x→a

g(x) ,

2

◦

lim

x→a

|g(x)| = +∞ .

Wtedy iloraz

f (x)

g(x)

ma granice

,

przy x → a i zachodzi r´owno´s´c

lim

x→a

f (x)

g(x)

= G = lim

x→a

f

0

(x)

g

0

(x)

.

Dow´

od. Udowodnimy najpierw to twierdzenie przy bardzo mocnych za lo˙zeniach.

Chodzi nam o to, by wyja´sni´c jego sens. Dow´od w przypadku og´olnym podamy nieco

p´o´zniej. Za lo˙zymy mianowicie, ˙ze a > −∞ , ˙ze zachodzi warunek 1

◦

oraz ˙ze istnieja

,

sko´

nczone granice lim

x→a

f

0

(x) i lim

x→a

g

0

(x) , przy czym ta druga jest r´o˙zna od 0 . W

tej sytuacji mo˙zna dookre´sli´c funkcje f, g w punkcie a przyja

,

wszy, ˙ze zachodzi wz´or

f (a) = 0 = g(a) . Z twierdzenia Lagrange’a o warto´sci ´sredniej zastosowanego do

funkcji f rozpatrywanej na przedziale [a, x] wynika, ˙ze

f (x)−f (a)

x−a

= f

0

(c

x

) dla pew-

nego punktu c

x

∈ (a, x) . Sta

,

d wynika natychmiast, ˙ze lim

x→a

f (x)−f (a)

x−a

= lim

x→a

f

0

(x) .

Wykazali´smy wie

,

c, ˙ze w tym przypadku funkcje

,

f mo˙zna potraktowa´c jako okre´slona

,

w punkcie a i to w taki spos´ob, ˙ze f

0

(a) = lim

x→a

f

0

(x) . To samo dotyczy oczywi´scie

funkcji g . Oczywi´scie w obu przypadkach mamy na my´sli r´o˙zniczkowalno´s´c prawo-

stronna

,

. Niech r(h) =

f (a+h)−f (a)−f

0

(a)h

h

dla h 6= 0 oraz r(0) = 0 . Jest oczywi´scie

lim

h→0

r(h) = 0 . Analogicznie niech ρ(h) =

g(a+h)−g(a)−g

0

(a)h

h

. Wtedy lim

h→0

ρ(h) = 0 .

Sta

,

d mo˙zemy wywnioskowa´c, ˙ze

f (x)

g(x)

=

f (x)−0

g(x)−0

=

f (x)−f (a)

g(x)−g(a)

=

f

0

(a)(x−a)+(x−a)r(x−a)

g

0

(a)(x−a)+(x−a)ρ(x−a)

=

f

0

(a)+r(x−a)

g

0

(a)+ρ(x−a)

−−−→

x→a

f

0

(a)

g

0

(a)

.

Ostatnie przej´scie graniczne jest wykonalne, bo za lo˙zyli´smy, ˙ze g

0

(a) 6= 0 .

Zaraz od tego i innych zbe

,

dnych za lo˙ze´

n uwolnimy sie

,

.

Zauwa˙zmy, ˙ze poniewa˙z pochodna funkcji g jest r´o˙zna od 0 w ka˙zdym punkcie

przedzia lu (a, b) , wie

,

c funkcja g jest r´o˙znowarto´sciowa – wynika to z twierdzenia

Rolle’a. Poniewa˙z jest to funkcja cia

,

g la i r´o˙znowarto´sciowa, wie

,

c jest ´sci´sle monoto-

niczna. Poniewa˙z zamiast ilorazu

f

g

mo˙zna rozwa˙za´c iloraz

−f

−g

i jedna z funkcji g ,

31

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

−g jest ´sci´sle rosna

,

ca, a druga – ´sci´sle maleja

,

ca, wie

,

c mo˙zemy przyja

,

´c, ˙ze g jest

´sci´sle rosna

,

ca. W dalszym cia

,

gu zak ladamy, wie

,

c ˙ze g jest ´sci´sle rosna

,

ca, wie

,

c dla

ka˙zdego x ∈ (a, b) musi by´c g

0

(x) > 0 (przypominamy, ˙ze g

0

(x) 6= 0 w ca lym prze-

dziale (a,b)).*

Niech m, M be

,

da

,

dwiema liczbami rzeczywistymi, takimi ˙ze m < G < M . Je´sli

G = −∞ , to oczywi´scie nie rozpatrujemy m , je´sli G = +∞ , to nie rozpatruje-

my M . Niech e

m, f

M be

,

da

,

takimi liczbami, ˙ze m < e

m < G < f

M < M . Poniewa˙z

lim

x→a

+

f

0

(x)

g

0

(x)

= G , wie

,

c istnieje liczba c ∈ (a, b) , taka ˙ze e

m <

f

0

(x)

g

0

(x)

< f

M dla x ∈ (a, c) .

Wobec tego na przedziale (a, c) funkcje f

0

− e

mg

0

oraz f

M g

0

− f

0

sa

,

dodatnie, zatem

funkcje f − e

mg oraz f

M g − f sa

,

na tym przedziale rosna

,

ce.

♠

Rozwa˙zymy przypadek pierwszy:

lim

x→a

+

f (x) = 0 = lim

x→a

+

g(x) . Poniewa˙z g

jest ´sci´sle rosna

,

ca i ma granice

,

0 w lewym ko´

ncu dziedziny, wie

,

c jest dodatnia na

przedziale (a, b) . Funkcje f − e

mg oraz f

M g − f maja

,

granice

,

(prawostronna

,

) 0

w punkcie a , wie

,

c sa

,

dodatnie. Mamy wie

,

c dla x ∈ (a, c) nier´owno´s´c podw´ojna

,

e

m <

f (x)

g(x)

< f

M , wie

,

c r´ownie˙z m <

f (x)

g(x)

< M . Poniewa˙z m oznacza tu dowolna

liczbe

,

mniejsza

,

ni˙z G , a M – dowolna wie

,

ksza

,

ni˙z G , wie

,

c lim

x→a

+

f (x)

g(x)

= G , co

ko´

nczy dow´od w przypadku pierwszym.

Teraz zak ladamy, ˙ze lim

x→a

+

|g(x)| = +∞ . Poniewa˙z zak ladamy, ˙ze g

0

(x) > 0

w przedziale (a, b) , wie

,

c lim

x→a

+

g(x) = −∞ . Poniewa˙z funkcje f − e

mg oraz f

M g−f sa

,

rosna

,

ce na przedziale (a, c) , wie

,

c dla x ∈ (a, c) mamy f (x) − e

mg(x) < f (c) − e

mg(c)

oraz f

M g(x) − f (x) < f

M g(c) − f (c) . Poniewa˙z lim

x→a

+

g(x) = −∞ , wie

,

c mo˙zemy

przyja

,

´c, po ewentualnym zmniejszeniu c , ˙ze g(x) < 0 dla x ∈ (a, c) . Otrzymujemy

wie

,

c nier´owno´s´c podw´ojna

,

:

e

m +

f (c) − e

mg(c)

g(x)

<

f (x)

g(x)

< f

M +

f

M g(c) − f (c)

g(x)

.

Poniewa˙z lim

x→a

+

f (c)−

e

mg(c)

g(x)

= 0 = lim

x→a

+

e

M g(c)−f (c)

g(x)

, wie

,

c istnieje d ∈ (a, c) , takie

˙ze dla x ∈ (a, d) zachodzi nier´owno´s´c m <

f (x)

g(x)

< M . Konsekwencja

,

ostatniego

*

Nie zak ladamy cia,g lo´sci funkcji g

0

, wie,c nie wolno nam skorzysta´c z w lasno´sci Darboux. W istocie

rzeczy mo˙ze sie, zdarzy´c, ˙ze pochodna funkcji okre´slonej na przedziale ma punkty niecia,g lo´sci, jednak

nawet w takiej sytuacji przys luguje jej w lasno´s´

c Darboux, zreszta, w la´snie ten matematyk udowodni l,

˙ze pochodna funkcji r´

o˙zniczkowalnej ma w lasno´s´

c przyjmowania warto´sci po´srednich. Nietrudny w

istocie rzeczy dow´

od tego stwierdzenia mo˙zna poda´

c przyjrzawszy sie, w la´snie przeprowadzonemu

rozumowaniu.

♠

tu zaczyna sie, rozumowanie wg. niepublikowanego nigdzie dowodu Andrzeja Birholca, kt´ory pokaza l

mi to rozumowanie i od kt´

orego wiele sie, nauczy lem.

32

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

stwierdzenia jest r´owno´s´c lim

x→a

+

f (x)

g(x)

= G . Dow´od zosta l zako´

nczony.

W dowodzie tym wykorzystali´smy w istotny spos´ob za lo˙zenia f (a) = g(a) = 0

lub lim

x→a

+

|g(x)| = +∞ . Oczywi´scie bez tych za lo˙ze´

n teza mo˙ze by´c w konkretnej

sytuacji prawdziwa jedynie przypadkiem – pochodne decyduja

,

o wielko´sci funkcji w

otoczeniu punktu, w kt´orym warto´scia

,

funkcji jest 0, je´sli f (a) 6= 0 , to „w pierwszym

przybli˙zeniu” f (x) ≈ f (a) !

Zauwa˙zmy jeszcze, ˙ze twierdzenie pozostaje prawdziwe dla granicy lim

x→b

f (x)

g(x)

po

dokonaniu odpowiednich kosmetycznych zmian w za lo˙zeniach i w tezie. Z tego zdania

wynika, ˙ze mo˙zna je te˙z stosowa´c w przypadku granic dwustronnych

Warto zauwa˙zy´c, ˙ze istnieje analogia mie

,

dzy regu la

,

de l’Hospitala i twierdzeniem

Stolza. Te rozwa˙zania nie be

,

da

,

´scis le, bo m´owi´c tu be

,

dziemy raczej o intuicjach. Cia

,

g

mo˙zna traktowa´c jako funkcje

,

okre´slona

,

na zbiorze wszystkich liczb naturalnych.

Wtedy b = +∞ . Niestety dziedzina nie jest w tym przypadku przedzia lem, wie

,

c

nie mo˙zna m´owi´c o pochodnej. Mo˙zna jednak spojrze´c na zagadnienie nieco inaczej.

Pochodna by la nam potrzebna do oszacowania r´o˙znicy f (x) − f (a) , przy czym in-

teresowa la nas minimalna mo˙zliwa zmiana argumentu. Pisali´smy przy odpowiednich

za lo˙zeniach, ˙ze

f (x)−f (a)

g(x)−g(a)

≈

f

0

(a)

g

0

(a)

. W przypadku cia

,

gu minimalna mo˙zliwa zmiana ar-

gumentu to 1. Wobec tego zamiast ilorazu pochodnych

f

0

(x)

g

0

(x)

, kt´ory przybli˙za intere-

suja

,

cy nas iloraz r´o˙znicowy

f (x+h)−f (x)

h

g(x+h)−g(x)

h

=

f (x+h)−f (x)

g(x+h)−g(x)

rozpatrujemy iloraz

a

n+1

−a

n

b

n+1

−b

n

.

W twierdzeniu Stolza zak ladali´smy, ˙ze cia

,

g (b

n

) jest ´sci´sle monotoniczny. W regule

de l’Hospitala te˙z wyste

,

puje to za lo˙zenie, zak ladamy mianowicie, ˙ze pochodna funkcji

g nie przyjmuje warto´sci 0*, z czego wynika, ˙ze jest ona albo dodatnia, albo ujemna,

a to pocia

,

ga za soba

,

´scis la

,

monotoniczno´s´c funkcji g .

Poka˙zemy teraz na kilku przyk ladach, jak mo˙zna stosowa´c regu le

,

de l’Hospitala.

Niekt´ore z podanych rezultat´ow zosta ly uzyskane wcze´sniej lub mo˙zna je by lo uzyska´c

u˙zywaja

,

c twierdze´

n wykazanych wcze´sniej.

Przyk lad 8.35

lim

x→∞

x

a

e

x

= 0 . Mo˙zemy pr´obowa´c zastosowa´c regu le

,

de l’Hospitala,

bo mianownik ma granice

,

niesko´

nczona

,

i jego pochodna, e

x

, jest r´o˙zna od 0 wsze

,

dzie.

Nie jest istotne jaka jest granica licznika, a nawet czy licznik ma granice

,

. Iloraz po-

chodnych to

ax

a−1

e

x

, wie

,

c jest to wyra˙zenie tego samego typu co wyj´sciowe. Istotna

,

zmiana

,

jest pojawienie sie

,

w wyk ladniku a − 1 w miejsce a . Je´sli a ≤ 1 , to licznik

jest ograniczony z g´ory na p´o lprostej [1, +∞) , a mianownik da

,

˙zy do +∞ , wie

,

c

*

Co prawda pochodna nie musi by´

c cia,g la, ale ma w lasno´s´c przyjmowania warto´sci po´srednich, co

zosta lo wykazane przez Darboux. Zreszta, monotoniczno´s´c funkcji g wynika te˙z z twierdzenia Rolle’a.

33

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

iloraz da

,

˙zy do 0. Je´sli a > 1 , to stosujemy regu le

,

de l’Hospitala k ≥ a razy.

Om´owimy to dok ladniej. Po k –krotnym zr´o˙zniczkowaniu w liczniku pojawia sie

,

wyra˙zenie a(a − 1)(a − 2) · . . . · (a − k + 1)x

a−k

, w mianowniku natomiast mamy e

x

.

Funkcja a(a − 1)(a − 2) · . . . · (a − k + 1)x

a−k

jest ograniczona, bo k ≥ a , zatem

lim

x→+∞

a(a−1)(a−2)·...·(a−k+1)x

a−k

e

x

= 0 . Dzie

,

ki regule de l’Hospitala mo˙zemy stwier-

dzi´c, ˙ze

lim

x→+∞

a(a−1)(a−2)·...·(a−k+2)x

a−k+1

e

x

= 0 . Stosuja

,

c twierdzenie jeszcze k − 1

razy dochodzimy w ko´

ncu do granicy

lim

x→+∞

x

a

e

x

= 0 . Oczywi´scie wynik ten mo˙zna

otrzyma´c stosuja

,

c jedynie elementarne metody: wyk ladnik a mo˙zna zasta

,

pi´c liczba

,

naturalna

,

m wie

,

ksza

,

od a , naste

,

pnie skorzysta´c z nier´owno´sci e

x

> 1 +

x
n

n

praw-

dziwej dla ka˙zdej liczby naturalnej n i ka˙zdej liczby x > 0 , naste

,

pnie skorzysta´c z

tego, ˙ze granica

,

ilorazu wielomianu stopnia m przez wielomian stopnia n > m przy

x → ∞ jest liczba 0. Pokazali´smy tu po prostu jak mo˙zna wykorzysta´c twierdzenie

de l’Hospitala, ta metoda pozwala na obliczanie granic w wielu sytuacjach, metody

elementarne bywaja

,

trudne w zastosowaniach – trzeba mie´c dobry pomys l!

Przyk lad 8.36

lim

x→+∞

ln x

x

a

= 0 dla ka˙zdego a > 0 — to ju˙z wiemy, ale poka˙zemy

jak te

,

r´owno´s´c mo˙zna uzyska´c za pomoca

,

regu ly de l’Hospitala. Poniewa˙z mianownik

jest funkcja ´sci´sle rosna

,

ca

,

o granicy +∞ , wie

,

c mo˙zna spr´obowa´c obliczy´c granice

,

ilorazu pochodnych:

lim

x→+∞

1/x

ax

a−1

=

lim

x→+∞

1

ax

a

= 0 . Wobec tego istnieje r´ownie˙z

granica ilorazu funkcji i r´ownie˙z jest r´owna 0.

Przyk lad 8.37

lim

x→0

+

x

x

= 1 . Mamy bowiem: x

x

= e

x ln x

. Funkcja wyk ladnicza

jest cia

,

g la, wie

,

c wystarczy wykaza´c, ˙ze lim

x→0

+

x ln x = 0 . Mamy

lim

x→0

+

x ln x = lim

x→+∞

1
y

ln

1
y

= − lim

y→+∞

ln y

y

= 0

— ostatnia r´owno´s´c wynika z rezultatu uzyskanego w poprzednim przyk ladzie dla

a = 1 , przedostatnia za´s — z tego, ˙ze ln

1
y

= − ln y .

Przyk lad 8.38

lim

x→0

(1+x)

1/x

= e — to wzmocnienie wyniku lim

n→∞

1 +

1

n

n

= e .

Dzie

,

ki oczywistej r´owno´sci (1 + x)

1/x

= e

(1/x)·ln(1+x)

wiemy, ˙ze wystarczy wykaza´c

r´owno´s´c lim

x→0

ln(1+x)

x

= 1 . Ta r´owno´s´c zosta la ju˙z wcze´sniej udowodniona, zreszta

,

lim

x→0

ln(1+x)

x

= lim

x→0

ln(1+x)−ln 1

x

, wie

,

c granica ta jest r´owna pochodnej logarytmu na-

turalnego w punkcie 1 (to wniosek z definicji pochodnej, regu la de l’Hospitala jest tu

zbe

,

dna), czyli

1
1

= 1 .

Przyk lad 8.39

Poka˙zemy teraz, w znacznie prostszy spos´ob ni˙z w rozdziale pierw-

34

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

szym, ˙ze cia

,

g

1 +

1

n

n

jest wolno zbie˙zny do liczby e , wie

,

c nie nale˙zy go u˙zywa´c

do jej przybli˙zonego obliczania. Obliczymy mianowicie granice

,

lim

n→∞

e−

(

1+

1

n

)

n

1

n

. W tym celu wystarczy obliczy´c granice

,

lim

x→0

e−(1+x)

1/x

x

. Z istnienia

tej ostatniej wynika oczywi´scie istnienie poprzedniej (definicja granicy wg. Heinego),

odwrotne wynikanie nie zachodzi. Z rezultatu z poprzedniego przyk ladu wynika, ˙ze

zar´owno licznik jak i mianownik da

,

˙za

,

do 0 przy x → 0 . Zbadamy wie

,

c iloraz po-

chodnych. Jest on r´owny pochodnej licznika, czyli

e − (1 + x)

1/x

0

= −e

ln(1+x)/x

0

= −e

ln(1+x)/x

·

1

1+x

x−ln(1+x)

x

2

=

= −(1 + x)

1/x

·

x−(1+x) ln(1+x)

x

2

(1+x)

= −

(1+x)

1/x

1+x

·

x−(1+x) ln(1+x)

x

2

.

Z tego co ju˙z wiemy wynika, ˙ze lim

x→0

−

(1+x)

1/x

1+x

= −e . Wystarczy wie

,

c obliczy´c gra-

nice

,

drugiego czynnika, czyli lim

x→0

x−(1+x) ln(1+x)

x

2

. Jest jasne, ˙ze licznik i mianownik

da

,

˙za

,

do 0 przy x → 0 . Zajmiemy sie

,

wie

,

c ilorazem pochodnych. Mamy

1−

{

ln(1+x)+(1+x)·

1

1+x

}

2x

= −

ln(1+x)

2x

= −

1
2

·

ln(1+x)

x

−−−→

x→0

−

1
2

.

Wobec tego lim

x→0

e−(1+x)

1/x

x

= (−e) · −

1
2

=

e
2

.

Z otrzymanej r´owno´sci lim

n→∞

e−

(

1+

1

n

)

n

1

n

=

e
2

wynika, ˙ze dla „du˙zych” n zachodzi

r´owno´s´c przybli˙zona e − 1 +

1

n

n

≈

e

2n

, wie

,

c dla uzyskania dobrej dok ladno´sci przy-

bli˙zenia trzeba u˙zywa´c du˙zej liczby naturalnej n , co w zasadzie czyni przybli˙zenie

bezu˙zytecznym.

Komentarz praktyczny: w ko´

ncowej fazie oblicze´

n, przed zastosowaniem regu ly de

l’Hospitala, przedstawili´smy u lamek w postaci iloczynu dw´och u lamk´ow. Gdyby´smy

tego nie uczynili obliczenia wygla

,

da lyby o wiele powa˙zniej.

Przyk lad 8.40

W ostatnim przyk ladzie pokazali´smy, ˙ze e − 1 +

1

n

n

≈

e

2n

dla

dostatecznie du˙zych n . Podamy teraz konkretne oszacowanie. Wyka˙zemy, ˙ze dla

wszystkich liczb naturalnych n ≥ 1 zachodzi nier´owno´s´c podw´ojna

e

2n+2

< e − 1 +

1

n

n

<

e

2n+1

. *

Z nier´owno´sci tej wynika, ˙ze je´sli np. chcemy znale´z´c trzy miejsca po przecinku

dziesie

,

tnego rozwinie

,

cia liczby e stosuja

,

c wz´or e = lim

n→∞

1 +

1

n

n

, to musimy

wybra´c n tak du˙ze, by

e

2n+1

<

1

1000

, czyli n >

1000e−1

2

> 1359 . Z nier´owno´sci

e − 1 +

1

n

n

>

e

2n+2

wynika, ˙ze dla n = 1358 , b la

,

d jest wie

,

kszy ni˙z 0,001 .

* zob. G.P´olya, G.Szeg¨o, Aufgaben und Lehrs¨atze aus der Analysis, Springer 1964,

wyd. 3, t.1.

35

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

Zajmiemy sie

,

najpierw nier´owno´scia

,

e

2n+2

< e − 1 +

1

n

n

. Jest ona r´ownowa˙zna

naste

,

puja

,

cej nier´owno´sci 1 +

1

n

n+1

< e 1 +

1

2n

– przenie´sli´smy sk ladniki zawie-

raja

,

ce liczbe

,

e na prawa

,

strone

,

, sk ladniki bez e – na lewa

,

, naste

,

pnie pomno˙zyli´smy

obie strony nier´owno´sci przez 1 +

1

n

=

n+1

n

. Teraz zasta

,

pimy

1

n

przez x . Mamy do-

wie´s´c, ˙ze (1 + x)

1+ 1/x

< e 1 +

x

2

. Poniewa˙z logarytm naturalny jest funkcja

,

´sci´sle

rosna

,

ca

,

, wie

,

c nier´owno´s´c ta r´ownowa˙zna jest naste

,

puja

,

cej

1

x

+ 1

ln(1 + x) < 1 + ln 1 +

x

2

.

Wystarczy rozpatrywa´c x > 0 . Po pomno˙zeniu obu stron przez x > 0 i przeniesieniu

wszystkich sk ladnik´ow na jedna

,

strone

,

otrzymujemy

x + x ln 1 +

x

2

− (1 + x) ln(1 + x) > 0 .

Oznaczywszy lewa

,

strone

,

przez f (x) stwierdzamy, ˙ze f (0) = 0 oraz

f

0

(x) = 1 + ln 1 +

x

2

+ x

1

2

1+

x

2

− ln(1 + x) − (1 + x)

1

1+x

=

=

x

2+x

− ln

1+x

1+

x

2

=

x

2+x

− ln

1 +

x

2+x

> 0

— ostatnia nier´owno´s´c wynika z tego, ˙ze ln(1 + y) < y dla −1 < y 6= 0 , co wiemy

od dawna a wynika to te˙z np. z tego, ˙ze funkcja ln jest ´sci´sle wkle

,

s la na (0, +∞) ,

a wykres funkcji ´sci´sle wkle

,

s lej le˙zy pod styczna

,

do tego wykresu. Wykazali´smy, ˙ze

f

0

(x) > 0 dla x > 0 , wie

,

c funkcja f ro´snie na p´o lprostej [0, +∞) , a poniewa˙z

f (0) = 0 , wie

,

c dla x > 0 przyjmuje jedynie warto´sci dodatnie. W szczeg´olno´sci

f

1

n

> 0 , a to w la´snie chcieli´smy udowodni´c.

Teraz zajmiemy sie

,

nier´owno´scia

,

e − 1 +

1

n

n

<

e

2n+1

. Jest ona r´ownowa˙zna nie-

r´owno´sci e < 1 +

1

n

n

1 +

1

2n

— przenie´sli´smy oba wyrazy zawieraja

,

ce liczbe

,

e na lewa

,

strone

,

nier´owno´sci, reszte

,

— na prawa

,

strone

,

, naste

,

pnie podzielili´smy

nier´owno´s´c przez 1 −

1

2n+1

=

2n

2n+1

. Teraz oznaczymy

1

n

przez x i zlogarytmujemy

obie strony nier´owno´sci . Otrzymujemy nier´owno´s´c

1 <

1

x

ln(1 + x) + ln 1 +

x

2

.

Niech g(x) =

1

x

ln(1+x)+ln 1 +

x

2

−1 . Wyka˙zemy, ˙ze g jest funkcja

,

´sci´sle rosna

,

ca

,

.

Mamy g

0

(x) = −

1

x

2

· ln(1 + x) +

1

x(1+x)

+

1
2

·

1

1+ x/2

. Wyka˙zemy, ˙ze dla x > 0 zachodzi

g

0

(x) > 0 . Niech h(x) = x

2

g

0

(x) =

x

1+x

+

x

2

2+x

− ln(1 + x) . Wystarczy wykaza´c, ˙ze

h(x) > 0 dla x > 0 . Mamy h(0) = 0 oraz

h

0

(x) =

1

(1+x)

2

+

4x+x

2

(2+x)

2

−

1

1+x

=

x

2

(x

2

+5x+5)

(1+x)

2

(2+x)

2

> 0 dla x > 0 .

Wobec tego funkcja h ro´snie na p´o lprostej [0, +∞) , wie

,

c h(x) > h(0) = 0 , co dowo-

dzi tego, ˙ze g

0

(x) > 0 . Z definicji funkcji g wynika natychmiast, ˙ze lim

x→0

g(x) = 0 ,

a wobec tego, ˙ze funkcja ta jest rosna

,

ca na p´o lprostej (0, +∞) , zachodzi nier´owno´s´c

g(x) > 0 dla x > 0 . W ten spos´ob udowodnili´smy druga

,

nier´owno´s´c.

36

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

Wiele funkcji mo˙zna przedstawia´c w postaci sum szereg´ow pote

,

gowych. Uda lo

nam sie

,

ju˙z przedstawi´c w takiej postaci funkcje

,

wyk ladnicza

,

i wiele innych. Przeko-

namy sie

,

, ˙ze nie sa

,

one ˙zadnym wyja

,

tkami — praktycznie wszystkie funkcje, kt´ore

sa

,

zdefiniowane „za pomoca

,

jednego wzoru”, mo˙zna tak zapisa´c, co u latwia w licz-

nych przypadkach poznanie ich w lasno´sci. Z twierdzenia o r´o˙zniczkowaniu szeregu

pote

,

gowego wynika, ˙ze wewna

,

trz dziedziny maja

,

one sko´

nczona

,

pochodna

,

i ta po-

chodna jest r´ownie˙z suma

,

szeregu pote

,

gowego, wie

,

c i ona ma sko´

nczona

,

pochodna

,

wewna

,

trz swej dziedziny. Zaczniemy od logarytmu naturalnego, kt´ory ju˙z kiedy´s

przedstawili´smy jako sume

,

szeregu pote

,

gowego, a teraz poka˙zemy znacznie prostsze

uzasadnienie.

Przyk lad 8.41

ln(1 + x) =

∞

X

n=1

(−1)

n−1 1

n

x

n

= x −

1
2

x

2

+

1
3

x

3

−

1
4

x

4

+ . . . dla

ka˙zdej liczby x ∈ (−1, 1] .

Udowodnimy ten wz´or. Je´sli |x| < 1 , to

(ln(1 + x))

0

=

1

1+x

= 1 − x + x

2

− x

3

+ . . . =

= x −

1
2

x

2

+

1
3

x

3

−

1
4

x

4

+ . . .

0

=

∞

X

n=1

(−1)

n−1 1

n

x

n

!

0

,

zatem pochodna funkcji ln(1+x)−

∞

X

n=1

(−1)

n−1 1

n

x

n

, okre´slonej i cia

,

g lej na przedziale

(−1, 1) i r´o˙zniczkowalnej w jego punktach wewne

,

trznych jest r´owna 0. Sta

,

d wynika,

˙ze funkcja ln(1 + x) −

∞

X

n=1

(−1)

n−1 1

n

x

n

jest sta la na przedziale otwartym (−1, 1) .

Wobec tego dla ka˙zdej liczby x ∈ (−1, 1) zachodzi r´owno´s´c

ln(1 + x) −

∞

X

n=1

(−1)

n−1

1

n

x

n

= ln(1 + 0) −

∞

X

n=1

(−1)

n−1

1

n

0

n

= 0 .

Przedstawili´smy wie

,

c funkcje

,

ln(1 + x) w postaci sumy szeregu pote

,

gowego o ´srodku

w punkcie 0.

Wyka˙zemy jeszcze, ˙ze r´owno´s´c ma miejsce r´ownie˙z dla x = 1 . Je´sli 0 < x < 1 i

n ∈ N , to

x −

1
2

x

2

+

1
3

x

3

−

1
4

x

4

+ . . . +

1

2n−1

x

2n−1

−

1

2n

x

2n

< ln(1 + x) <

< x −

1
2

x

2

+

1
3

x

3

−

1
4

x

4

+ . . . +

1

2n−1

x

2n−1

.

Ta podw´ojna nier´owno´s´c wynika np. z dowodu kryterium Leibniza zbie˙zno´sci szeregu

naprzemiennego, a je´sli kto´s nie pamie

,

ta wspomnianego rozumowania, to mo˙ze sko-

rzysta´c z tego, ˙ze

37

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

ln(1 + x) − x −

1
2

x

2

+

1
3

x

3

−

1
4

x

4

+ . . . +

1

2n−1

x

2n−1

−

1

2n

x

2n

0

=

=

1

1+x

− 1 − x + x

2

− x

3

+ . . . + x

2n−2

− x

2n−1

=

x

2n

1+x

> 0 ,

wie

,

c r´o˙znica jest funkcja

,

rosna

,

ca

,

, a poniewa˙z

ln(1 + 0) − 0 −

1
2

0

2

+

1
3

0

3

−

1
4

0

4

+ . . . +

1

2n−1

0

2n−1

−

1

2n

0

2n

= 0 ,

wie

,

c ln(1+x)− x−

1
2

x

2

+

1
3

x

3

−

1
4

x

4

+. . .+

1

2n−1

x

2n−1

−

1

2n

x

2n

> 0 dla ka˙zdej liczby

x > 0 . Analogicznie dowodzimy, ˙ze x−

1
2

x

2

+

1
3

x

3

−

1
4

x

4

+. . .+

1

2n−1

x

2n−1

> ln(1+x)

dla ka˙zdej liczby x > 0 . W szczeg´olno´sci

1 −

1
2

+

1
3

−

1
4

+ . . . +

1

2n−1

−

1

2n

< ln(1 + 1) < 1 −

1
2

+

1
3

−

1
4

+ . . . +

1

2n−1

,

a ztych nier´owno´sci wynika od razu, ˙ze ln 2 = 1 −

1
2

+

1
3

−

1
4

+ · · · =

∞

X

n=1

(−1)

n−1

n

.

Udowodnili´smy, ˙ze dla ka˙zdej liczby x ∈ (−1, 1] zachodzi r´owno´s´c

ln(1 + x) =

∞

X

n=1

(−1)

n−1 1

n

x

n

= x −

x

2

2

+

x

3

3

−

x

4

4

+ · · · .

Z tego wzoru wynika, ˙ze je´sli x

0

> 0 i 0 < x ≤ 2x

0

, to

ln x = ln

x

0

1 +

x−x

0

x

0

= ln x

0

+ln

1 +

x−x

0

x

0

= ln x

0

+

∞

X

n=1

(−1)

n−1 1

n

x−x

0

x

0

n

,

a wie

,

c przedstawili´smy funkcje

,

ln x w postaci sumy szeregu pote

,

gowego o ´srodku w

dowolnie wybranym punkcie x

0

i promieniu zbie˙zno´sci x

0

, wie

,

c maksymalnym o

jakim mo˙zna my´sle´c ( ln 0 nie jest zdefiniowany, wie

,

c jest naturalnym, ˙ze przedzia l

zbie˙zno´sci nie zawiera punktu 0 ).

Wiemy, ˙ze ln 2 = ln(1 + 1) =

∞

X

n=1

(−1)

n−1 1

n

= 1 −

1
2

+

1
3

−

1
4

+ . . . . Ten szereg

ten jest wolno zbie˙zny i nie warto znajdowa´c przybli˙ze´

n dziesie

,

tnych liczby ln 2 za

jego pomoca

,

. Mo˙zna natomiast np. zauwa˙zy´c, ˙ze

ln 2 = − ln

1
2

= −

∞

X

n=1

(−1)

n−1 1

n

−

1
2

n

=

∞

X

n=1

1

n

1
2

n

.

W tym przypadku b la

,

d jaki pope lniamy przybli˙zaja

,

c liczbe

,

ln 2 suma

,

k

X

n=1

1

n

1
2

n

jest r´owny

∞

X

n=k+1

1

n

1
2

n

=

1

(k+1)2

k+1

+

1

(k+2)2

k+2

+

1

(k+3)2

k+3

+ · · · , wie

,

c jest mniejszy

ni˙z suma

1

(k+1)2

k+1

+

1

(k+1)2

k+2

+

1

(k+1)2

k+3

+ · · · =

1

(k+1)2

k+1

1

1−

1

2

=

1

(k+1)2

k

.

W przypadku szeregu anharmonicznego 1 −

1
2

+

1
3

−

1
4

+ · · · warto´s´c bezwzgle

,

dna

b le

,

du, kt´ory pope lniamy zaste

,

puja

,

c liczbe

,

ln 2 suma

,

k

X

n=1

(−1)

n−1 1

n

jest r´owna

38

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

1

k+1

−

1

k+2

+

1

k+3

−

1

k+4

+ · · · =

1

(k+1)(k+2)

+

1

(k+3)(k+4)

+ · · · >

>

1
2

1

(k+1)(k+2)

+

1

(k+2)(k+3)

+

1

(k+3)(k+4)

+

1

(k+4)(k+5)

+ · · ·

=

=

1
2

1

k+1

−

1

k+2

+

1

k+2

−

1

k+3

+

1

k+3

−

1

k+4

+

1

k+4

−

1

k+5

+ · · ·

=

1

2(k+1)

.

Je´sli przyjmiemy k = 4 , to w pierwszym przypadku b la

,

d be

,

dzie mniejszy ni˙z

1

80

, a

w drugim — wie

,

kszy ni˙z

1

10

. Dla k = 9 w pierwszym przypadku b la

,

d jest mniejszy

od

1

5120

, a w drugim — wie

,

kszy ni˙z

1

20

. Jasne jest wie

,

c, ˙ze w razie konieczno´sci przy-

bli˙zenia liczby ln 2 za pomoca

,

u lamka dziesie

,

tnego u˙zy´c nale˙zy szeregu

∞

X

n=1

1

n

1
2

n

,

a nie szeregu anharmonicznego

∞

X

n=1

(−1)

n−1 1

n

.

Przyk lad 8.42

Teraz zajmiemy sie

,

funkcja

,

arctg . Mamy (arctg x)

0

=

1

1+x

2

. Wo-

bec tego dla x ∈ (−1, 1) zachodzi r´owno´s´c

(arctg)

0

=

1

1+x

2

= 1 − x

2

+ x

4

− x

6

+ · · · =

x −

x

3

3

+

x

5

5

−

x

7

7

+ · · ·

0

.

Jasne jest, ˙ze szereg x −

x

3

3

+

x

5

5

−

x

7

7

+ · · · =

∞

X

n=0

(−1)

n x

2n+1

2n+1

jest zbie˙zny dla

x = ±1 , przy czym nie jest to zbie˙zno´s´c bezwzgle

,

dna. Wobec tego jego przedzia lem

zbie˙zno´sci jest [−1, 1] — szereg pote

,

gowy jest wewna

,

trz przedzia lu zbie˙zno´sci bez-

wzgle

,

dnie zbie˙zny.

Wykazali´smy wie

,

c, ˙ze pochodna funkcji arctg x −

∞

X

n=0

(−1)

n x

2n+1

2n+1

jest r´owna 0

we wszystkich punktach przedzia lu (−1, 1) . Sta

,

d wynika, ˙ze ta funkcja jest sta la na

przedziale (−1, 1) . Wobec tego dla ka˙zdej liczby x ∈ [−1, 1] zachodzi r´owno´s´c:

arctg x −

∞

X

n=0

(−1)

n x

2n+1

2n+1

= arctg 0 −

∞

X

n=0

(−1)

n 0

2n+1

2n+1

= 0 .

Je´sli x > 0 i n ∈ N , to

x −

x

3

3

+

x

5

5

−

x

7

7

+ · · · +

x

4n−3

4n−3

−

x

4n−1

4n−1

< arctg x < x −

x

3

3

+

x

5

5

−

x

7

7

+ · · · +

x

4n−3

4n−3

,

bowiem

arctg x − x −

x

3

3

+

x

5

5

−

x

7

7

+ · · · +

x

4n−3

4n−3

−

x

4n−1

4n−1

0

=

=

1

1+x

2

− 1 − x

2

+ x

4

− x

6

+ · · · + x

4n−4

− x

4n−2

=

x

4n

1+x

2

> 0 ,

co dowodzi, ˙ze funkcja arctg x − x −

x

3

3

+

x

5

5

−

x

7

7

+ · · · +

x

4n−3

4n−3

−

x

4n−1

4n−1

jest ´sci´sle

rosna

,

ca na p´o lprostej [0, ∞) , a zatem jej warto´sci w punktach x > 0 sa

,

wie

,

ksze

ni˙z jej warto´s´c w punkcie 0 , kt´ora jest r´owna 0 . Analogicznie wykazujemy prawa

,

nier´owno´s´c.

Sta

,

d wynika, ˙ze dla ka˙zdej liczby x ∈ [−1, 1] zachodzi r´owno´s´c:

39

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

arctg x =

∞

X

n=0

(−1)

n x

2n+1

2n+1

.

Podobnie jak w poprzednim przyk ladzie tak i tu mo˙zemy uzyska´c konkretne rezultaty.

Np. podstawiaja

,

c x = 1 do otrzymanego wzoru otrzymujemy

π

4

= arctg 1 = 1 −

1
3

+

1
5

−

1
7

+ · · · =

∞

X

n=0

(−1)

n

1

2n+1

— ta r´owno´s´c nazywana jest zwykle wzorem Leibniza.

Wyka˙zemy, ˙ze je´sli chcieliby´smy za pomoca

,

tego wzoru znajdowa´c przybli˙zenia

dziesie

,

tne liczby π , to musieliby´smy wykona´c wiele oblicze´

n, co nawet w przypadku

komputer´ow ma istotne znaczenie — konkretnie: dla ka˙zdej liczby naturalnej n za-

chodzi nier´owno´s´c podw´ojna

1

4(n+1)

<

1

2n+1

−

1

2n+3

+

1

2n+5

−

1

2n+7

+ · · · <

1

4n

.

(1)

Wynika z niej, ˙ze b la

,

d, kt´ory pope lniamy, gdy zaste

,

pujemy liczbe

,

π

4

suma

,

cze

,

´sciowa

,

1 −

1
3

+

1
5

−

1
7

+ · · · + (−1)

n−1

1

2n−1

, jest zawarty mie

,

dzy

1

4(n+1)

oraz

1

4n

. Stosuja

,

c

wz´or z lepiej dobranym x otrzyma´c mo˙zna bez trudu szeregi „szybciej” zbie˙zne.*

Mamy

♣

1

2n+1

−

1

2n+3

+

1

2n+5

−

1

2n+7

+ · · · =

2

(2n+1)(2n+3)

+

2

(2n+5)(2n+7)

+ · · · >

>

1

(2n+1)(2n+3)

+

1

(2n+3)(2n+5)

+

1

(2n+5)(2n+7)

+

1

(2n+7)(2n+9)

+ · · · =

=

1
2

1

2n+1

−

1

2n+3

+

1

2n+3

−

1

2n+5

+

1

2n+5

−

1

2n+7

+

1

2n+7

−

1

2n+9

+ · · ·

=

=

1

2(2n+1)

>

1

4(n+1)

.

Analogicznie

1

2n+1

−

1

2n+3

+

1

2n+5

−

1

2n+7

+· · · =

2

(2n+1)(2n+3)

+

2

(2n+5)(2n+7)

+· · · <

<

2

2n(2n+4)

+

2

(2n+4)(2n+8)

+

2

(2n+8)(2n+12)

+

2

(2n+12)(2n+16)

+ · · · =

=

1
2

1

2n

−

1

2n+4

+

1

2n+4

−

1

2n+8

+

1

2n+8

−

1

2n+12

+

1

2n+12

−

1

2n+16

+ · · ·

=

1

4n

.

Przyk lad 8.43

Wyka˙zemy teraz, ˙ze sin x =

∞

X

n=0

(−1)

n x

2n+1

(2n+1)!

. Wykazali´smy po-

przednio, ˙ze dla ka˙zdej liczby rzeczywistej x > 0 zachodzi nier´owno´s´c podw´ojna

x −

x

3

3!

< sin x < x . Teraz wyka˙zemy, ˙ze sin x < x −

x

3

3!

+

x

5

5!

.

Niech f (x) = x −

x

3

3!

+

x

5

5!

− sin x . Mamy f

0

(x) = 1 −

x

2

2!

+

x

4

4!

− cos x i wobec

tego mo˙zemy napisa´c, ˙ze (f

0

)

0

(x) = −x +

x

3

3!

+ sin x . Z przypomnianej nier´owno´sci

wynika, ˙ze dla ka˙zdej liczby x > 0 zachodzi (f

0

)

0

(x) > 0 , a sta

,

d wynika, ˙ze funkcja

f

0

jest ´sci´sle rosna

,

ca na p´o lprostej [0, +∞) . Poniewa˙z f

0

(0) = 0 , wie

,

c je´sli x > 0 ,

to f

0

(x) > f

0

(0) = 0 . Sta

,

d wynika, ˙ze funkcja f jest ´sci´sle rosna

,

ca na p´o lprostej

[0, +∞) i wobec tego je´sli x > 0 , to f (x) > f (0) = 0 , czyli x −

x

3

3!

+

x

5

5!

> sin x , a

*

Mo˙zna o tym przeczyta´

c np. w rachunku r´

o˙zniczkowym i ca lkowym G.M.Fichtenholza, t.2, rozdzia l

XI, $ 8, punkt 410, ksia,˙zce wielokrotnie wznawianej przez PWN.

♣

Te szacowania mo˙zna znale´

z´

c w ksia,˙zce Wac lawa Sierpi´nskiego, „Dzia lania niesko´nczone”.

40

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

to w la´snie chcieli´smy wykaza´c.

Rozumuja

,

c w taki sam spos´ob wnioskujemy, ˙ze dla x > 0 zachodzi nier´owno´s´c

x −

x

3

3!

+

x

5

5!

−

x

7

7!

< sin x – obliczamy pochodna

,

r´o˙znicy prawej i lewej strony tej

nier´owno´sci, potem jej pochodna

,

tej pochodnej, w wyniku otrzymujemy funkcje

,

do-

datnia

,

na p´o lprostej (−∞, 0) itd. Powtarzaja

,

c to rozumowanie, czyli stosuja

,

c induk-

cje

,

zupe lna

,

, dochodzimy do wniosku, ˙ze dla ka˙zdej liczby rzeczywistej x > 0 i ka˙zdej

ca lkowitej liczby nieujemnej n zachodzi nier´owno´s´c podw´ojna:

x−

x

3

3!

+

x

5

5!

−

x

7

7!

+. . .+(−1)

2n−1 x

4n−1

(4n−1)!

< sin x < x−

x

3

3!

+

x

5

5!

−

x

7

7!

+. . .+(−1)

2n x

4n+1

(4n+1)!

.

R´o˙znica skrajnych sum r´owna jest

x

4n+1

(4n+1)!

. Mamy te˙z lim

n→∞

x

4n+1

(4n+1)!

= 0 — mo˙zna

zauwa˙zy´c, ˙ze je´sli n > x > 0 , to

x

4n+1

<

1
4

, a sta

,

d wynika, ˙ze dla dostatecznie

du˙zych numer´ow n zachodzi nier´owno´s´c

x

4n+5

(4n+5)!

<

1

256

·

x

4n+1

(4n+1)!

.

Definiujemy s

4n+1

= x −

x

3

3!

+

x

5

5!

−

x

7

7!

+ . . . + (−1)

2n x

4n+1

(4n+1)!

i

s

4n−1

= x −

x

3

3!

+

x

5

5!

−

x

7

7!

+ . . . + (−1)

2n−1 x

4n−1

(4n−1)!

.

Z tego ˙ze s

4n−1

< sin x < s

4n+1

i lim

n→∞

(s

4n+1

− s

4n−1

) = 0 wynika oczywi´scie,

˙ze lim

n→∞

s

4n−1

= sin x = lim

n→∞

s

4n+1

. Oznacza to, ˙ze suma

,

szeregu

∞

X

n=0

(−1)

n x

2n+1

(2n+1)!

jest sin x , czyli ˙ze sin x = x −

x

3

3!

+

x

5

5!

−

x

7

7!

+ . . . . Na razie wiemy, ˙ze r´owno´s´c ta

ma miejsce dla x > 0 , ale w rzeczywisto´sci, dzie

,

ki temu ˙ze prawa strona to szereg

pote

,

gowy o ´srodku w punkcie 0, wiemy ju˙z, ˙ze promieniem zbie˙zno´sci prawej strony

jest +∞ . Poniewa˙z obie strony lewa i prawa sa

,

funkcjami nieparzystymi zmiennej

x r´ownymi w przypadku x > 0 , wie

,

c sa

,

one r´owne dla ka˙zdej liczby rzeczywistej x .

Wykazali´smy wie

,

c, ˙ze dla ka˙zdej liczby rzeczywistej x zachodzi r´owno´s´c

sin x = x −

x

3

3!

+

x

5

5!

−

x

7

7!

+ . . . =

∞

X

n=0

(−1)

n

x

2n+1

(2n + 1)!

(43)

Wiemy od dawna, ale „po drodze” wykazali´smy te˙z, ˙ze suma

k

X

n=0

(−1)

n x

2n+1

(2n+1)!

przy-

bli˙za sume

,

niesko´

nczona

,

z b le

,

dem mniejszym ni˙z

|x|

2(k+1)+1

(2(k+1)+1)!

. Wynika sta

,

d np. ˙ze

je´sli x jest miara

,

ka

,

ta ostrego, czyli 0 < x <

π

2

<

3,16

2

= 1,58 , to r´o˙znica mie

,

dzy

liczbami x −

x

3

3!

i sin x jest mniejsza ni˙z

x

5

5!

<

1,58

5

5!

<

10

120

< 0,1 . Zwie

,

kszenie liczby

sk ladnik´ow o 1, tj. przybli˙zanie liczby sin x liczba

,

x−

x

3

3!

+

x

5

5!

powoduje zmniejszenie

b le

,

du do warto´sci mniejszej ni˙z

x

7

7!

<

1,58

7

7!

< 0,005 =

1

200

. Widzimy wie

,

c, ˙ze mo˙zemy

w miare

,

dok ladnie znajdowa´c warto´sci liczbowe sinus´ow stosunkowo niewielkim kosz-

tem, przy czym mo˙zna dok ladno´s´c istotnie zwie

,

kszy´c zwie

,

kszaja

,

c liczbe

,

sk ladnik´ow

41

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

nieznacznie. Oczywi´scie tego typu oszacowania sa

,

przydatne nie tylko do rachowania,

ale r´ownie˙z w przypadku rozwa˙za´

n teoretycznych. Zwr´o´cmy jeszcze uwage

,

na to, ˙ze

je´sli interesujemy sie

,

liczbami x bliskimi 0, to b la

,

d maleje, r´ownie˙z b la

,

d wzgle

,

dny

zmniejsza sie

,

.

Przyk lad 8.44

Z wzoru sin x = x −

x

3

3!

+

x

5

5!

−

x

7

7!

+ . . . =

∞

X

n=0

(−1)

n x

2n+1

(2n+1)!

wynika

natychmiast, ˙ze

cos x = 1 −

x

2

2!

+

x

4

4!

−

x

6

6!

+ . . . =

∞

X

n=0

(−1)

n

x

2n

(2n)!

– po prostu obliczamy pochodne obu stron wzoru (43) , co wolno zrobi´c dzie

,

ki twier-

dzeniu o pochodnej szeregu pote

,

gowego.

Przyk lad 8.45

Zajmiemy sie

,

teraz dwumianem Newtona. Nie chodzi przy tym

o wz´or na obliczanie n -tej pote

,

gi sumy dwu liczb, bo ten by l z pewno´scia

,

znany

przed Newtonem, na pewno zna l go Pascal, a prawdopodobnie (wg. N.Bourbaki,

Elementy historii matematyki,PWN, Warszawa, 1980) by l znany Arabom w wieku

XIII, a Chi´

nczykom w wieku XIV. Chodzi o wz´or na (1 + x)

a

, gdzie wyk ladnik

a nie musi by´c liczba

,

naturalna

,

– mo˙ze by´c dowolna

,

liczba

,

rzeczywista

,

, liczba x

za´s w przypadku dowolnego wyk ladniki nie mo˙ze by´c dowolna, musi mie´c warto´s´c

bezwzgle

,

dna

,

mniejsza

,

ni˙z 1.

Rozpoczniemy od zdefiniowania symbolu Newtona. Je´sli a ∈ IR oraz n ∈ {1, 2, . . .} ,

to przyjmujemy, ˙ze

a

n

=

a(a−1)(a−2)...(a−n+1)

n!

. Dodatkowo

a
0

= 1 dla ka˙zdej liczby

rzeczywistej a . Z definicji tej wynika natychmiast, ˙ze je´sli a jest liczba

,

naturalna

,

nie mniejsza

,

ni˙z n , to

a

n

=

a!

n!(a−n)!

. Oznacza to, ˙ze nasza definicja jest po prostu

rozszerzeniem definicji znanej ze szko ly. Przy okazji wypada stwierdzi´c, ˙ze je˙zeli a jest

liczba

,

naturalna

,

mniejsza

,

ni˙z n , to

a

n

= 0 , bowiem w tym przypadku w liczniku

u lamka definiuja

,

cego symbol Newtona wyste

,

puje liczba a − a = 0 .

Z definicji symbolu Newtona i tego, ˙ze 1 +

a−n

n+1

=

a+1

n+1

wynika od razu, ˙ze

a

n

=

a

n

·

a − 1

n − 1

oraz

a

n

+

a

n + 1

=

a + 1

n + 1

.

(45)

Wyka˙zemy teraz, ˙ze je´sli |x| < 1 , to dla ka˙zdej liczby rzeczywistej a zachodzi wz´or

Newtona:

(1 + x)

a

=

a
0

+

a
1

x +

a
2

x

2

+

a
3

x

3

+ · · · =

∞

X

n=0

a

n

x

n

.

(45.N)

42

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

Znajdziemy promie´

n zbie˙zno´sci szeregu pote

,

gowego wyste

,

puja

,

cego po prawej stronie

r´owno´sci (45.N). Skorzystamy z kryterium ilorazowego d’Alemberta. Obliczamy gra-

nice

,

ilorazu zak ladaja

,

c, ˙ze a nie jest liczba

,

naturalna

,

:

lim

n→∞

(

a

n+1

)

x

n+1

(

a

n

)

x

n

= lim

n→∞

(a−n)x

n+1

= |x| .

Sta

,

d wnioskujemy, ˙ze w przypadku |x| < 1 szereg jest bezwzgle

,

dnie zbie˙zny, nato-

miast w przypadku |x| > 1 szereg jest rozbie˙zny, bowiem jego wyraz nie da

,

˙zy do 0

przy n −→ ∞ . Obliczymy pochodna

,

ilorazu

∞

X

n=0

a

n

x

n

(1 + x)

a

.

Mamy

P

∞
n=0

a

n

x

n

(1 + x)

a

0

=

P

∞

n=1

n

(

a

n

)

x

n−1

·(1+x)

a

−a(1+x)

a−1

P

∞

n=0

(

a

n

)

x

n

(1+x)

2a

=

= a (1 + x)

−a−1

(1 + x)

P

∞
n=1

a−1

n−1

x

n−1

−

P

∞
n=0

a

n

x

n

=

= a(1 + x)

−a−1

P

∞
n=1

a−1

n−1

x

n−1

+

P

∞
n=1

a−1

n−1

x

n

−

P

∞
n=0

a

n

x

n

=

= a(1 + x)

−a−1

P

∞
n=0

a−1

n

x

n

+

P

∞
n=1

a−1

n−1

x

n

−

P

n = 0

∞ a

n

x

n

=

= a(1 + x)

−a−1

P

∞
n=1

a−1

n

x

n

+

P

∞
n=1

a−1

n−1

x

n

−

P

∞
n=1

a

n

x

n

=

= a(1 + x)

−a−1

P

∞
n=1

a−1

n

+

a−1

n−1

−

a

n

x

n

= a(1 + x)

−a−1

P

∞
n=1

0 · x

n

= 0 .

Wykazali´smy, wie

,

c ˙ze pochodna ilorazu r´owna jest 0 w ka˙zdym punkcie przedzia lu

(−1, 1) . Sta

,

d wynika, ˙ze na tym przedziale ten iloraz jest funkcja

,

sta la

,

, wie

,

c jego

warto´s´c w ka˙zdym punkcie x jest taka sama jak warto´s´c w punkcie 0, a w tym

punkcie warto´s´c tego ilorazu jest r´owna

∞

X

n=0

a

n

0

n

.

(1 + 0)

a

=

a
0

.

(1 + 0)

a

= 1 .

Wykazali´smy wie

,

c, ˙ze dla ka˙zdego x ∈ (−1, 1) zachodzi r´owno´s´c (1+x)

a

=

∞

X

n=0

a

n

x

n

,

czyli zrealizowali´smy nasz plan.

Zauwa˙zmy jeszcze, ˙ze dla a = −1 otrzymali´smy wz´or

1

1+x

=

∞

X

n=0

−1

n

x

n

. Czytelnik

bez trudu stwierdzi, ˙ze

−1

n

=

(−1)(−2)...(−n)

n!

= (−1)

n

, zatem otrzymana

,

r´owno´s´c

mo˙zemy zapisa´c jako

1

1+x

=

∞

X

n=0

(−1)

n

x

n

=

∞

X

n=0

(−x)

n

. Widzimy wie

,

c, ˙ze wz´or (45.N)

mo˙zemy potraktowa´c nie tylko jako uog´olnienie wzoru dwumianowego pozwalaja

,

cego

na zapisywanie w postaci sumy sko´

nczonej pote

,

gi o wyk ladniku naturalnym sumy 2

sk ladnik´ow, ale r´ownie˙z jako uog´olnienie wzoru na sume

,

niesko´

nczonego cia

,

gu geo-

metrycznego (o ilorazie −x ).

Przyk lad 8.46

Zastosujemy wz´or Newtona do funkcji

1

√

1−x

2

= (1 − x

2

)

−1/2

.

43

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

Otrzymujemy

1

√

1−x

2

= 1 +

−1/2

1

· (−x

2

) +

−1/2

2

· (−x

2

)

2

+

−1/2

3

· (−x

2

)

3

+ . . . .

Mamy te˙z

−1/2

n

· (−x

2

)

n

=

(−1/2)·(−3/2)·(−5/2)·...· −(2n−1)/2

1·2·3·...·n

· (−x

2

)

n

=

=

(1/2)·(3/2)·(5/2)·...· (2n−1)/2

1·2·3·...·n

· (x

2

)

n

=

1·3·5·...·(2n−1)

2·4·6·...·(2n)

· x

2n

.

Sta

,

d wynika, ˙ze

−1/2

n

· (−x

2

)

n

=

1

2n+1

·

1·3·5·...·(2n−1)

2·4·6·...·(2n)

· x

2n+1

0

. Konsekwencja

,

tej

r´owno´sci, twierdzenia o r´o˙zniczkowaniu szeregu pote

,

gowego, r´owno´sci arcsin 0 = 0

oraz wzoru (arcsin x)

0

=

1

√

1−x

2

jest r´owno´s´c

arcsin x = x +

1
3

·

1
2

· x

3

+

1
5

·

1·3
2·4

· x

5

+ · · · =

∞

X

n=0

1

2n+1

·

1·3·5·...·(2n−1)

2·4·6·...·2n

· x

2n+1

, (∗)

kt´ora zachodzi dla x ∈ (−1, 1) , bo dla tych x prawa strona jest szeregiem zbie˙znym

— wynika to latwo z kryterium ilorazowego d’Alemberta, iloraz dw´och kolejnych

wyraz´ow ma granice

,

x

2

.

Troche

,

trudniejszy dow´od zbie˙zno´sci tego szeregu dla x = ±1 opuszczamy li-

cza

,

c na to, ˙ze czytelnik zastosuje np. kryterium Raabego. Poniewa˙z dla x 6∈ [−1, 1]

granica ilorazu dw´och kolejnych wyraz´ow rozpatrywanego szeregu jest wie

,

ksza ni˙z

1, wie

,

c w tym przypadku szereg jest rozbie˙zny. Czytelnik zechce wykaza´c, ˙ze suma

szeregu

x +

1
3

·

1
2

· x

3

+

1
5

·

1·3
2·4

· x

5

+ · · · =

∞

X

n=0

1

2n+1

·

1·3·5·...·(2n−1)

2·4·6·...·2n

· x

2n+1

jest funkcja

,

cia

,

g la

,

w punktach −1 i 1 (cia

,

g lo´s´c w punktach przedzia lu (0, 1) wy-

nika z udowodnionych twierdze´

n, np. z r´o˙zniczkowalno´sci), wie

,

c ˙ze r´owno´s´c (∗) w

rzeczywisto´sci zachodzi dla wszystkich x ∈ [−1, 1] i ˙zadnych innych.

Mo˙zemy wie

,

c zastosowa´c r´owno´s´c (∗) w przypadku x =

1
2

. Mamy wie

,

c

π

6

= arcsin

1
2

=

1
2

+

1
3

·

1
2

·

1
2

3

+

1
5

·

1·3
2·4

·

1
2

5

+ · · · .

Jest oczywiste, ˙ze przybli˙zaja

,

c liczbe

,

π

6

liczba

,

1
2

+

1
3

·

1
2

·

1
2

3

+

1
5

·

1·3
2·4

·

1
2

5

pope lniamy

b la

,

d mniejszy ni˙z suma szeregu geometrycznego, kt´orego pierwszym wyrazem jest

1
7

·

1·3·5
2·4·6

·

1
2

7

, a ilorazem — liczba

1
4

, czyli

1
7

·

1·3·5
2·4·6

·

1
2

7

·

4
3

=

5

10752

< 0,0005 . Po-

niewa˙z mamy do czynienia z szeregiem zbie˙znym „szybciej” ni˙z szereg geometryczny

o ilorazie

1
4

, wie

,

c wyd lu˙zenie sumy o jeden sk ladnik spowoduje przynajmniej cztero-

krotne zmniejszenie sie

,

b le

,

du jaki pope lniamy zaste

,

puja

,

c sume

,

niesko´

nczonego sze-

regu jego suma

,

cze

,

´sciowa

,

. Nie jest to rezultat rewelacyjny, ale jednak znacznie lepszy

ni˙z w przypadku szeregu Leibniza

π

4

= 1 −

1
3

+

1
5

−

1
7

+ · · · .

44

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

Z pochodnymi wy˙zszych rze

,

d´ow w istocie rzeczy ju˙z spotkali´smy sie

,

. Po prostu w

kilku przypadkach obliczali´smy pochodna

,

pochodnej. To oczywi´scie zdarza sie

,

cze

,

sto,

gdy trzeba ustali´c jakie w lasno´sci ma funkcja. Przyjmuje sie

,

naste

,

puja

,

ce okre´slenie.

Definicja 8.23 (pochodnej wy˙zszego rze

,

du)

Niech f be

,

dzie funkcja

,

okre´slona

,

na zbiorze zawieraja

,

cym przedzia l otwarty I zawie-

raja

,

cy punkt p . Niech f

(0)

(x) = f (x) dla ka˙zdego x z dziedziny funkcji f . Za l´o˙zmy,

˙ze funkcja f ma pochodna

,

(n − 1) –ego rze

,

du f

(n−1)

w ka˙zdym punkcie przedzia lu

I . Je´sli funkcja f

(n−1)

ma w punkcie p pochodna

,

f

(n−1)

0

(p) , to te

,

pochodna

,

nazywamy pochodna

,

n –tego rze

,

du funkcji f w punkcie p i oznaczamy symbolem

f

(n)

(p) . Je´sli pochodna n –tego rze

,

du jest sko´

nczona, to m´owimy, ˙ze funkcja f jest

n –krotnie r´o˙zniczkowalna w tym punkcie.

Jest jasne, ˙ze f

0

= f

(1)

. Zamiast pisa´c f

(2)

piszemy na og´o l f

00

. Niekt´orzy

matematycy zamiast f

(3)

pisza

,

f

000

.

Przyk lad 8.47

Niech f (x) = ax + b . Wtedy dla ka˙zdego x mamy f

0

(x) = a ,

wie

,

c f

00

(x) = 0 dla ka˙zdej liczby rzeczywistej x . Wobec tego r´ownie˙z f

(3)

(x) = 0 ,

a sta

,

d wynika, ˙ze r´ownie˙z f

(n)

(x) = 0 dla ka˙zdej liczby naturalnej n > 1 i ka˙zdej

liczby rzeczywistej x .

Przyk lad 8.48

Niech f (x) = ax

2

+ bx + c . Wtedy f

0

(x) = 2ax + b , wobec

tego f

00

(x) = 2a i wobec tego dla ka˙zdej liczby naturalnej n > 2 i ka˙zdej liczby

rzeczywistej x zachodzi r´owno´s´c f

(n)

(x) = 0 .

Przyk lad 8.49

Niech f be

,

dzie wielomianem stopnia m , tzn. istnieja

,

liczby rze-

czywiste a

0

, a

1

,. . . , a

m

, przy czym a

m

6= 0 , takie ˙ze dla ka˙zdego x ∈ R zachodzi

r´owno´s´c f (x) = a

0

+ a

1

x + a

2

x

2

+ · · · + a

m

x

m

. Wtedy f

(m)

(x) = m!a

m

dla ka˙zdego

x ∈ R oraz f

(n)

(x) = 0 dla ka˙zdej liczby naturalnej n > m i ka˙zdej liczby rzeczy-

wistej x .

Twierdzenie to wykazali´smy ju˙z w przypadku m = 1, 2 . Za l´o˙zmy, ˙ze twierdzenie jest

prawdziwe dla wszystkich wielomian´ow stopnia mniejszego ni˙z m . Wynika sta

,

d, ˙ze

dla wszystkich liczb rzeczywistych x zachodzi r´owno´s´c

f

0

(x) = a

1

+ 2a

2

+ · · · + ma

m

x

m−1

x .

Poniewa˙z f

0

jest wielomianem stopnia m−1 , wie

,

c (f

0

)

(m−1)

(x) = (m−1)!·ma

m

dla

ka˙zdej liczby rzeczywistej x . Poniewa˙z (f

0

)

(m−1)

= f

(m)

oraz (m−1)!·m = m! , wie

,

c

dla ka˙zdej liczby rzeczywistej x mamy f

(m)

(x) = m!a

m

. Sta

,

d oczywi´scie wynika, ˙ze

je´sli n > m jest liczba

,

naturalna

,

, to f

(n)

(x) = 0 dla ka˙zdego x ∈ R .

45

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

Przyk lad 8.50

Niech f (x) = e

x

. Wtedy f

(1)

(x) = f

0

(x) = e

x

. Wobec tego dla

ka˙zdej liczby naturalnej n i ka˙zdej rzeczywistej x zachodzi r´owno´s´c f

(n)

(x) = e

x

.

Przyk lad 8.51

Niech f (x) = sin x . Wtedy f

(1)

(x) = f

0

(x) = cos x . Zatem

f

(2)

(x) = f

00

(x) = − sin x = −f (x) . Sta

,

d wnioskujemy z latwo´scia

,

, ˙ze f

(3)

(x) =

−f

0

(x) = − cos x i f

(4)

(x) = −f

00

(x) = sin x . Jasne jest, ˙ze od tego momentu be

,

da

,

sie

,

kolejno pojawia´c, cos x , − sin x , − cos x i zn´ow sin x itd. Mo˙zna wie

,

c napisa´c

f

(2n)

(x) = (−1)

n

sin x oraz f

(2n+1)

(x) = (−1)

n

cos x dla dowolnego n ∈ {0, 1, 2, . . .}

i x ∈ R .

Przyk lad 8.52

Podobnie jak w poprzednim przyk ladzie mo˙zemy wykaza´c, ˙ze

(cos x)

(2n)

= (−1)

n

cos x oraz (cos x)

(2n+1)

= (−1)

n+1

sin x .

Przyk lad 8.53

Niech f (x) = ln x . Zachodzi r´owno´s´c f

(1)

(x) = f

0

(x) =

1

x

=

x

−1

. Wobec tego f

(2)

(x) = f

00

(x) = x

−1

0

= (−1)x

−1−1

= −x

−2

. Naste

,

pna w

kolejce f

(3)

(x) = −x

−2

= 2x

−3

. Sta

,

d wnioskujemy, ˙ze f

(4)

(x) = 2(−3)x

−4

=

−3!x

−4

. Analogicznie f

(5)

(x) = 4!x

−5

itd. Og´olnie mo˙zemy napisa´c

f

(n)

(x) = (ln(x))

(n)

= (−1)

n−1

(n − 1)!x

−n

dla ka˙zdej liczby ca lkowitej n ≥ 1 i ka˙zdej liczby rzeczywistej x .

.

Przyk lad 8.54

Obliczymy kilka pocza

,

tkowych pochodnych funkcji tangens. Wie-

my ju˙z, ˙ze (tg x)

0

= 1 + tg

2

x . Wobec tego zachodzi r´owno´s´c

(tg x)

00

= 1 + tg

2

x

0

= 2 tg x(1 + tg

2

x) = 2(tg x + tg

3

x)

— skorzystali´smy z wzoru na pochodna

,

funkcji z lo˙zonej. Sta

,

d wynika, ˙ze

(tg x)

(3)

= 2(1 + 3 tg

2

x)(1 + tg

2

x) = 2(1 + 4 tg

2

x + 3 tg

4

x) ,

a sta

,

d

(tg x)

(4)

= 2(8 tg x + 12 tg

3

x)(1 + tg

2

x) = 8(2 tg x + 5 tg

3

x + 3 tg

5

x) .

Te obliczenia mo˙zna kontynuowa´c, jednak w tym przypadku nie da sie

,

napisa´c r´ownie

prosto jak w poprzednich przypadkach og´olnego wzoru na n –ta

,

pochodna funkcji.

Przyk lad 8.55

Znajdziemy teraz wz´or na n –ta

,

pochodna

,

funkcji wymiernej

x

x

2

+5x+6

=

3

x+3

−

2

x+2

. W tym celu starczy znale´z´c n –ta

,

pochodna

,

funkcji postaci

1

x+c

. Mamy

1

x+c

0

= −(x + c)

−2

. Sta

,

d wynika, ˙ze

1

x+c

00

= −(−2)(x + c)

−2−1

= 2(x + c)

−3

.

Rozumuja

,

c dalej w ten sam spos´ob otrzymujemy

1

x+c

(3)

= −6(x + c)

−4

= −6!(x + c)

−4

.

Bez trudno´sci piszemy wz´or og´olny na n –ta

,

pochodna

,

tej funkcji:

46

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

1

x+c

(n)

= (−1)

n

n!(x + c)

−n−1

.

Sta

,

d wnioskujemy, ˙ze

x

x

2

+5x+6

(n)

= (−1)

n

n! 3(x + 3)

−n−1

− 2(x + 2)

−n−1

. Wy-

pada jednak zaznaczy´c, ˙ze bez roz lo˙zenia na czynniki mianownika nasze szanse na

sukces by lyby znikome.

Przyk lad 8.56

Wykazali´smy poprzednio, ˙ze je´sli funkcja jest r´o˙zniczkowalna na

pewnym przedziale i jej pochodna jest na tym przedziale r´owna 0, to funkcja ta jest

sta la. Za l´o˙zmy teraz, ˙ze f

00

(x) = 0 dla wszystkich x ∈ (a, b) ⊆ R . Wtedy na mocy

poprzednio wykazanego stwierdzenia funkcja f

0

jest sta la na przedziale (a, b) . Niech

f

0

(x) = A dla wszystkich x ∈ (a, b) . Niech g(x) = f (x) − Ax . Zachodzi oczywi-

sta r´owno´s´c g

0

(x) = 0 dla ka˙zdej liczby x ∈ (a, b) . Wobec tego g jest funkcja

,

sta la

,

.

Oznaczaja

,

c jej jedyna

,

warto´s´c przez B otrzymujemy r´owno´s´c B = g(x) = f (x)−Ax .

Sta

,

d od razu wynika, ˙ze f (x) = Ax + B dla ka˙zdej liczby x ∈ (a, b) . Wykazali´smy

wie

,

c, ˙ze je´sli druga pochodna jest to˙zsamo´sciowo r´owna 0, to funkcja jest wielomia-

nem stopnia nie wie

,

kszego ni˙z 1. Podobnie mo˙zna wykaza´c, ˙ze je´sli trzecia pochodna

jest to˙zsamo´sciowo r´owna 0 na pewnym przedziale, to funkcja jest na tym prze-

dziale wielomianem stopnia nie wie

,

kszego ni˙z 2. Je´sli bowiem f

(3)

(x) = 0 dla ka˙zdego

x ∈ (a, b) , to na mocy poprzedniego stwierdzenia funkcja f

0

jest wielomianem po-

staci Ax + B . Bez trudu zgadujemy, ˙ze

1
2

Ax

2

+ Bx

0

= Ax + B . Sta

,

d wynika,

˙ze f (x) −

1
2

Ax

2

− Bx

0

= 0 dla wszystkich x ∈ (a, b) . Teraz mo˙zemy stwierdzi´c,

˙ze funkcja f (x) −

1
2

Ax

2

− Bx jest sta la, co ko´

nczy dow´od tego, ˙ze f jest wielo-

mianem, kt´orego stopie´

n jest mniejszy ni˙z 3. Jest ca lkowicie jasne, ˙ze kontynuuja

,

c

to rozumowanie wyka˙zemy, ˙ze je´sli n –ta pochodna pewnej funkcji jest r´owna 0 w

ka˙zdym punkcie pewnego przedzia lu, to funkcja ta na tym przedziale jest wielomia-

nem, kt´orego stopie´

n jest mniejszy ni˙z n .

Przyk lad 8.57

Za l´o˙zmy, ˙ze f jest funkcja

,

r´o˙zniczkowalna

,

na pewnym przedziale

oraz ˙ze dla pewnej liczby rzeczywistej k r´owno´s´c f

0

(x) = kf (x) zachodzi dla wszyst-

kich x . Wyka˙zemy, ˙ze w tej sytuacji istnieje sta la C ∈ IR , taka ˙ze dla ka˙zdej liczby

rzeczywistej x zachodzi r´owno´s´c f (x) = Ce

kx

. W celu uzyskania tej r´owno´sci star-

czy wykaza´c, ˙ze iloraz

f (x)

e

kx

jest funkcja sta la

,

, czyli ˙ze pochodna tego ilorazu jest

wsze

,

dzie r´owna 0. Mamy

f (x)

e

kx

0

=

f

0

(x)e

kx

−ke

kx

f (x)

e

2kx

=

f

0

(x)−kf (x)

e

kx

= 0 — ostatnia

r´owno´s´c wynika z za lo˙zenia o funkcji f . Wykazali´smy wie

,

c, ˙ze iloraz jest funkcja

,

sta la

,

. Te

,

sta la

,

oznaczamy przez C . Jasne jest, ˙ze f (x) = Ce

kx

.

Rozwa˙zymy teraz nieco bardziej skomplikowana

,

zale˙zno´s´c. Mianowicie za lo˙zymy, f

47

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

jest funkcja

,

dwukrotnie r´o˙zniczkowalna

,

w ka˙zdym punkcie prostej * oraz ˙ze dla ka˙zdej

liczby rzeczywistej x zachodzi r´owno´s´c f

00

(x) = f (x) . Bez trudu mo˙zna poda´c dwa

przyk lady funkcji spe lniaja

,

cych to r´ownanie: g(x) = e

x

oraz h(x) = e

−x

. Maja

,

c

dwa, mo˙zna ich poda´c o niesko´

nczenie wiele. Je´sli c, d sa

,

dowolnymi liczbami rze-

czywistymi, to funkcja cg(x) + dh(x) = ce

x

+ de

−x

r´ownie˙z spe lnia to r´ownanie.

Jasne jest, ˙ze je´sli f

00

(x) = f (x) dla wszystkich x i u(x) = f (x) − cg(x) − dh(x) ,

to r´ownie˙z u

00

(x) = u(x) dla wszystkich x . Liczby c i d mo˙zna dobra´c w ten

spos´ob, ˙ze u(0) = 0 = u

0

(0) — wystarczy rozwia

,

za´c uk lad r´owna´

n: f (0) = c + d ,

f

0

(0) = c − d traktuja

,

c c i d jako niewiadome, a f (0) i f

0

(0) jako dane liczby.

Otrzymujemy c =

1
2

(f (0) + f

0

(0)) oraz d =

1
2

(f (0) − f

0

(0)) . Poszukujemy wie

,

c

dwukrotnie r´o˙zniczkowalnej funkcji u , takiej ˙ze dla ka˙zdego x zachodzi r´owno´s´c

u

00

(x) = u(x) oraz u

0

(0) = 0 = u(0) .

Wyka˙zemy, ˙ze u jest funkcja

,

zerowa

,

. Zauwa˙zmy najpierw, ˙ze u

00

u

0

= uu

0

, i wo-

bec tego

1
2

(u

0

)

2

0

=

1
2

u

2

0

. Sta

,

d wynika, ˙ze funkcja (u

0

)

2

− u

2

ma zerowa

,

po-

chodna

,

, wie

,

c jest sta la. Poniewa˙z (u

0

(0))

2

− u(0)

2

= 0 , wie

,

c funkcja (u

0

)

2

− u

2

jest

zerowa, czyli u

0

(x)

2

= u(x)

2

dla ka˙zdej liczby rzeczywistej x . Za l´o˙zmy, ˙ze funk-

cja u przyjmuje w pewnym punkcie p warto´s´c r´o˙zna

,

od 0. Sa

,

dwie mo˙zliwo´sci:

u

0

(p) = u(p) 6= 0 lub u

0

(p) = −u(p) 6= 0 . Poniewa˙z obie funkcje u i u

0

sa

,

cia

,

g le,

wie

,

c w pierwszym przypadku r´owno´s´c u

0

(x) = u(x) zachodzi dla wszystkich x do-

statecznie bliskich p , za´s w drugim przypadku dla wszystkich x dostatecznie bliskich

p zachodzi r´owno´s´c u

0

(x) = −u(x) . Dostatecznie bliskich oznacza w tym przypadku

dla wszystkich x z dowolnego przedzia lu przedzia lu I zwieraja

,

cego punkt p , na

kt´orym funkcja u nie ma pierwiastk´ow. Z pierwszej r´owno´sci wynika, ˙ze istnieje

sta la C , taka ˙ze u(x) = Ce

x

dla wszystkich x z przedzia lu I . Z drugiej r´owno´sci

wynika istnienie sta lej C , takiej ˙ze dla wszystkich x z przedzia lu I zachodzi r´owno´s´c

u(x) = Ce

−x

.

Mo˙zna za lo˙zy´c, ˙ze I jest maksymalnym przedzia lem, kt´ory zawiera punkt p

i w kt´orym funkcja u nie ma pierwiastk´ow. Oczywi´scie 0 nie le˙zy w przedziale I . Wo-

bec tego mie

,

dzy p i 0 le˙zy koniec q przedzia lu I , drugi koniec przedzia lu I znajduje

sie

,

po przeciwnej stronie punktu p i nie jest wykluczone, ˙ze jest niesko´

nczono´scia

,

.

Jest jasne, ˙ze u(q) = 0 — gdyby tak nie by lo, to przedzia l I sie

,

ga lby poza q . Po-

niewa˙z funkcja u jest cia

,

g la i na przedziale I obowia

,

zuje wz´or u(x) = Ce

x

lub

wz´or u(x) = Ce

−x

, wie

,

c w punkcie q mamy u(q) = Ce

±q

. Jednocze´snie u(q) = 0 .

Z dw´och ostatnich stwierdze´

n wynika, ˙ze C = 0 , a to oznacza, ˙ze wbrew uczynio-

* Nie jest istotne, ˙ze dziedzina

,

jest prosta, mo˙ze by´c dowolny przedzia l.

48

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

nemu za lo˙zeniu u(p) = Ce

±p

= 0 . Wykazali´smy wie

,

c, ˙ze u jest funkcja

,

zerowa

,

, a to

oznacza, ˙ze funkcja f jest postaci ce

x

+ de

−x

.

Przyk lad 8.58

Wykazali´smy wcze´sniej, ˙ze r´owno´sci f

(n)

(x) = 0 , f

0

(x) = kf (x) ,

f

00

(x) = f (x) spe lnione w ka˙zdym punkcie przedzia lu wymuszaja

,

, by funkcja f

wyra˙za la sie

,

prostym wzorem. Om´owimy jeszcze jeden przyk lad tego typu. Za l´o˙zmy

mianowicie, ˙ze dla wszystkich punkt´ow pewnego przedzia lu I spe lniona jest zale˙zno´s´c

f

00

(x) = −f (x) .** Wyka˙zemy, ˙ze w tej sytuacji istnieja

,

liczby a, b ∈ R , takie

˙ze dla ka˙zdej liczby x ∈ I zachodzi r´owno´s´c f (x) = a cos x + b sin x . Niech p

oznacza dowolny punkt przedzia lu I . Jasne jest, ˙ze w ka˙zdym punkcie przedzia lu

I zachodzi r´owno´s´c (a cos x + b sin x)

00

= − (a cos x + b sin x) , tzn. funkcja postaci

a cos x + b sin x spe lnia rozpatrywane r´ownanie. Wybierzemy liczby a i b tak, by

mia ly miejsce r´owno´sci f (p) = a cos p + b sin p oraz f

0

(p) = −a sin p + b cos p , tzn.

a = f (p) cos p−f

0

(p) sin p oraz b = f (p) sin p+f

0

(p) cos p . Zdefiniujemy nowa

,

funkcje

,

u wzorem u(x) = f (x) − a cos x − b sin x . Jest jasne, ˙ze u

00

(x) = −u(x) dla ka˙zdej

liczby x ∈ I oraz ˙ze u(p) = 0 = u

0

(p) . Sta

,

d wynika, ˙ze

(u

0

(x))

2

+ (u(x))

2

0

= 2 (u

00

(x)u

0

(x) + u

0

(x)u(x)) = 0 ,

wie

,

c funkcja (u

0

(x))

2

+ (u(x))

2

jest sta la na przedziale I , zatem

(u

0

(x))

2

+ (u(x))

2

= (u

0

(p))

2

+ (u(p))

2

= 0

dla ka˙zdego x ∈ I . Suma kwadrat´ow liczb rzeczywistych jest r´owna 0 wtedy i

tylko wtedy, gdy obie te liczby sa

,

zerami. Wobec tego dla ka˙zdego x ∈ I zacho-

dzi r´owno´s´c u(x) = 0 , a zatem f (x) = a cos x + b sin x dla ka˙zdego x ∈ I . Okaza lo

sie

,

, ˙ze r´ownie˙z w tym przypadku mo˙zna latwo opisa´c wszystkie funkcje spe lniaja

,

ce

r´ownanie f

00

= −f . Tego typu r´ownania nazywane sa

,

r´ownaniami r´o˙zniczkowymi

zwyczajnymi. Istnieje obszerna teoria r´owna´

n r´o˙zniczkowych zwyczajnych. Jest ona

stosowana r´ownie˙z w wielu dziedzinach poza matematyka

,

, przede wszystkim w fi-

zyce i w technice. R´ownie˙z w ekonomii. R´ownaniom r´o˙zniczkowym po´swie

,

cony jest

oddzielny wyk lad na drugim roku studi´ow.

Teraz zauwa˙zmy, ˙ze liczenie pochodnych wy˙zszego rze

,

du polega na obliczaniu

pochodnych rze

,

du pierwszego, wie

,

c w la´sciwie ju˙z sie

,

z tym zapoznali´smy. Je´sli chodzi

o wzory og´olne, to oczywistym — i w zasadzie nie wartym wspomnienia — jest wz´or

na n –ta

,

pochodna

,

sumy dwu funkcji n –krotnie r´o˙zniczkowalnych:

(f + g)

(n)

= f

(n)

+ g

(n)

.

Leibniz zauwa˙zy l, ˙ze je´sli funkcje f i g sa

,

n –krotnie r´o˙zniczkowalne, to zachodzi

**

Taka zale˙zno´s´

c, a dok ladniej f

00

=−

g

l

f pojawia sie, przy analizowaniu ruchu wahad la matematycznego

o d lugo´sci l przy za lo˙zeniu, ˙ze amplituda jest tak ma la, ˙ze przybli˙zenie f ≈sin f jest dostatecznie

dok ladne, g to przyspieszenie ziemskie.

49

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

wz´or bardzo podobny do wzoru dwumianowego Newtona:

(f · g)

(n)

=

n

X

j=0

n

j

f

(n−j)

g

(j)

(Leibniz)

Prosty dow´od tego wzoru wykorzystuja

,

cy wz´or na pochodna

,

iloczynu dwu funkcji i

znana

,

r´owno´s´c

n

j

+

n

j+1

=

n+1

j+1

, dzie

,

ki kt´orej wsp´o lczynniki dwumianowe mo˙zna

oblicza´c za pomoca

,

tr´ojka

,

ta Pascala, pozostawiamy czytelnikom w charakterze bar-

dzo prostego ´cwiczenia. Wzory na n –ta

,

pochodna

,

z lo˙zenia i funkcji odwrotnej sa

,

na

tyle skomplikowane, ˙ze w la´sciwie w og´ole nieprzydatne, zreszta

,

trudno je znale´z´c w

literaturze.

Przejdziemy teraz do sformu lowania jednego z najwa˙zniejszych wzor´ow analizy

matematycznej, tzw. wzoru Taylora. Pierwsza

,

pochodna

,

funkcji wprowadzili´smy po

to, by m´oc przybli˙zy´c funkcje

,

w pobli˙zu interesuja

,

cego nas punktu wielomianem stop-

nia pierwszego. Drugie pochodne i pochodne wy˙zszych rze

,

d´ow pojawi ly sie

,

w kilku

miejscach w zwia

,

zku z bardziej szczeg´o lowym badaniem funkcji . Okazuje sie

,

, ˙ze de-

finicje

,

pochodnej, zwia

,

zana

,

z przybli˙zaniem funkcji wielomianem stopnia pierwszego

lub zerowego, mo˙zna uog´olni´c. Tym zajmiemy sie

,

teraz. Efektem be

,

dzie zapowiadany

wz´or Taylora.

Poprzednio b la

,

d przybli˙zenia mia l by´c ma ly w por´ownaniu z pierwsza

,

pote

,

ga

,

zmiany argumentu. Teraz za˙za

,

damy, by by l ma ly w por´ownaniu z wy˙zszymi pote

,

ga-

mi h . Niestety nie be

,

dzie to mo˙zliwe przy u˙zyciu wielomian´ow stopnia nie przekra-

czaja

,

cego 1 — be

,

dziemy zmuszeni do u˙zycia wielomian´ow stopnia wy˙zszego.

Za l´o˙zmy, ˙ze 0 < |h| < 1 . Wobec tego |h| > h

2

> |h|

3

> h

4

> . . . . Jasne jest

te˙z, ˙ze je´sli h jest bardzo blisko 0, to h

2

jest znacznie bli˙zej zera ni˙z h , h

3

znacznie

bli˙zej ni˙z h

2

itd. Jest tak, bo lim

h→0

h

2

h

= 0 i og´olnie, je´sli m > n , to lim

h→0

h

m

h

n

= 0 .

Mo˙zna my´sle´c o tym tak: je˙zeli h jest bardzo ma le i m > n , to liczba h

m

stanowi

znikoma

,

cze

,

´s´c liczby h

n

, oczywi´scie obie sa

,

wtedy bardzo ma le, ale jedna jest istotnie

mniejsza ni˙z druga.

Wobec tego, z naszego punktu widzenia, r´o˙znica mie

,

dzy dwiema funkcjami f

i g be

,

dzie ma la, je´sli be

,

dzie je´sli be

,

dzie da

,

˙zy´c do 0 po podzieleniu przez h

n

, gdzie

oznacza liczbe

,

naturalna

,

. Naste

,

puja

,

cy lemat podaje warunek konieczny i dostateczny

na to, by dwie funkcje by ly w tym sensie jedna drugiej.

Lemat 8.24 (o funkcjach ´sci´sle przylegaja

,

cych)

Je´sli funkcje f i g sa

,

n –krotnie r´o˙zniczkowalne w punkcie 0, to lim

x→0

f (x) − g(x)

x

n

= 0

50

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

wtedy i tylko wtedy, gdy pochodne funkcji f i g w punkcie 0 sa

,

r´owne do n –tego

rze

,

du w la

,

cznie: f

(j)

(0) = g

(j)

(0) dla j ∈ {0, 1, . . . , n} .

Dow´

od. Za l´o˙zmy, ˙ze lim

x→0

f (x)−g(x)

x

n

= 0 . Niech r(x) = f (x) − g(x) . Trzeba udo-

wodni´c, ˙ze r(0) = r

0

(0) = r

00

(0) = . . . = r

(n)

(0) = 0 . Za l´o˙zmy najpierw, ˙ze

0 ≤ j ≤ n . Mamy wtedy lim

x→0

r(x)

x

j

= lim

x→0

r(x)

x

n

· lim

x→0

x

n−j

= 0 , bo pierwsza granica

jest r´owna 0, a druga 0 lub 1 w zale˙zno´sci od tego, czy j < n czy te˙z j = n . Mamy

lim

x→0

r(x) = 0 . Sta

,

d i z tego, ˙ze funkcja r jest cia

,

g la w punkcie 0, jako r´o˙zniczkowalna,

wynika, ˙ze r(0) = 0 . Mamy 0 = lim

x→0

r(x)

x

= lim

x→0

r(x)−r(0)

x

= r

0

(0) . Wykazali´smy, ˙ze

r

0

(0) = 0 . Teraz wyka˙zemy, ˙ze r

00

(0) = 0 (zak ladamy oczywi´scie, ˙ze n ≥ 2 ). Stosu-

jemy teraz regu le

,

de l’Hospitala:

0 = lim

x→0

r(x)

x

2

= lim

x→0

r

0

(x)

2x

=

1
2

lim

x→0

r

0

(x)−r

0

(0)

x

=

1
2

r

00

(0) .

Wyka˙zemy teraz w taki sam spos´ob, ˙ze r´ownie˙z trzecia pochodna r´owna jest 0 :

0 = lim

x→0

r(x)

x

3

= lim

x→0

r

0

(x)

3x

2

= lim

x→0

r

00

(x)

6x

=

1
6

lim

x→0

r

00

(x)−r

00

(0)

x

=

1
6

r

(3)

(0) .

Jasne jest, ˙ze te

,

procedure

,

mo˙zna kontynuowa´c.

Wyka˙zemy teraz, ˙ze je´sli r(0) = r

0

(0) = r

00

(0) = . . . = r

(n)

(0) = 0 , to lim

x→0

r(x)

x

n

= 0 .

Stosujemy regu le

,

de l’Hospitala: lim

x→0

r(x)

x

n

= lim

x→0

r

0

(x)

nx

n−1

= lim

x→0

r

00

(x)

n(n−1)x

n−2

= . . . =

lim

x→0

r

(n−1)

(x)

n(n−1)...2x

. Mamy dalej lim

x→0

r

(n−1)

(x)

x

= lim

x→0

r

(n−1)

(x)−r

(n−1)

(0)

x

= r

(n)

(0) = 0 .

Dow´od lematu zosta l zako´

nczony.

Wniosek 8.25 (z dowodu.)

Je´sli funkcja r jest n –krotnie r´o˙zniczkowalna w punkcie 0 i zachodza

,

kolejne r´owno´sci

r(0) = r

0

(0) = r

00

(0) = r

(n−1)

(0) = 0 , to

lim

x→0

r(x)

x

n

=

r

(n)

(0)

n!

.

Z lematu o funkcjach ´sci´sle przylegaja

,

cych wynika, ˙ze je´sli chcemy przybli˙zy´c

funkcje

,

w otoczeniu punktu p wielomianem w tak, by b la

,

d przybli˙zenia by l ma ly

w por´ownaniu z h

n

, to pochodne, do n –tego rze

,

du w la

,

cznie, wielomianu w w punk-

cie 0 musza

,

by´c r´owne odpowiednim pochodnym funkcji f w punkcie p , tzn.:

f

(j)

(p) = w

(j)

(0) dla j ∈ {0, 1, 2, . . . , n} . Je˙zeli w(x) = a

0

+ a

1

x + a

2

x

2

+ · · · + a

n

x

n

dla ka˙zdego x ∈ IR , to w

(j)

(0) = j!a

j

dla j = 0, 1, 2, . . . , n . Sta

,

d wynika, ˙ze powinno

by´c a

j

=

f

(j)

(p)

j!

. To motywuje wprowadzenie naste

,

puja

,

cego okre´slenia.

Definicja 8.26 (wielomianu Taylora i reszty)

Za l´o˙zmy, ˙ze funkcja f ma w punkcie p pochodna

,

n –tego rze

,

du. n –tym wielomianem

Taylora funkcji f w punkcie p nazywamy wielomian

f (p) + f

0

(p)h +

f

00

(p)

2!

h

2

+

f

(3)

(p)

3!

h

3

+ · · · +

f

(n)

(p)

n!

h

n

51

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

zmiennej h. n –ta

,

reszta

,

nazywamy r´o˙znice

,

r

n

(h) = f (p + h) −

f (p) + f

0

(p)h +

f

00

(p)

2!

h

2

+

f

(3)

(p)

3!

h

3

+ · · · +

f

(n)

(p)

n!

h

n

Oczywi´scie wielomian Taylora okre´slony jest dla wszystkich liczb h , natomiast reszta

tylko dla takich h , dla kt´orych punkt p + h znajduje sie

,

w dziedzinie funkcji f .

Jasne jest te˙z, ˙ze po to, by m´oc m´owi´c o pochodnej f

(n)

(p) trzeba za lo˙zy´c istnienie

pochodnej f

(n−1)

oraz wszystkich pochodnych ni˙zszego rze

,

du w pewnym otoczeniu

punktu p .

Zachodzi naste

,

puja

,

ce

Twierdzenie 8.27 (G.Peano)

Je´sli f jest funkcja

,

n –krotnie r´o˙zniczkowalna

,

w punkcie p , to lim

h→0

r

n

(h)

h

n

= 0 .

R´owno´s´c f (p + h) = f (p) + f

0

(p)h +

f

00

(p)

2!

h

2

+

f

(3)

(p)

3!

h

3

+ · · · +

f

(n)

(p)

n!

h

n

+ r

n

(h)

nazywana bywa wzorem Taylora z reszta

,

Peano, je´sli dodamy informacje

,

zawarta

,

w

twierdzeniu Peano.

Wynika ono natychmiast z lematu o funkcjach ´sci´sle przylegaja

,

cych.

R´ownie˙z z tego lematu wynika, ˙ze innego wyboru nie ma, je´sli chcemy mie´c tak

dok ladne przybli˙zenie i nie chcemy zwie

,

ksza´c stopnia wielomianu ponad niezbedne

minimum.

Twierdzenie 8.28 (o jednoznaczno´sci wielomianu Taylora)

Je´sli funkcja f jest n –krotnie r´o˙zniczkowalna w punkcie p i w jest wielomianem

stopnia nie wie

,

kszego ni˙z n , tzn. istnieja

,

liczby a

0

, a

1

,. . . , a

n

, takie ˙ze dla ka˙zdej

liczby rzeczywistej x zachodzi r´owno´s´c w(x) = a

0

+ a

1

x + a

2

x

2

+ · · · + a

n

x

n

oraz

lim

h→0

f (p+h)−w(p)

h

n

= 0 , to dla ka˙zdego j ∈ {0, 1, 2, . . . , n} zachodzi wz´or f

(j)

(p) =

j!a

j

, a wie

,

c w jest wielomianem Taylora funkcji f w punkcie p .

Nadmieni´c wypada, ˙ze Taylor by l wsp´o lczesny Newtonowi, wz´or Taylora zna-

leziony zosta l od razu. Idea przybli˙zania dok ladniejszego ni˙z liniowe by la obecna

w omawianej teorii od samego pocza

,

tku! R´ownie˙z wsp´o lczesny Newtonowi by l Szkot o

nazwisku Maclaurin, kt´orego nazwiskiem opatrywany jest wz´or Taylora w przypadku

p = 0 . Zaznaczmy jeszcze, ˙ze z wzorem Taylora zwia

,

zane jest szereg Taylora funkcji:

∞

X

n=0

f

(n)

(p)

n!

h

n

. Szereg ten mo˙ze mie´c dodatni promie´

n zbie˙zno´sci lub zerowy. Po to, by

w og´ole mo˙zna by lo o nim m´owi´c trzeba za lo˙zy´c, ˙ze funkcja ma w punkcie p pochodne

wszystkich rze

,

d´ow. Jednak nawet wtedy mo˙ze mie´c on zerowy promie´

n zbie˙zno´sci lub

52

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

mie´c sume

,

r´o˙zna

,

od f (p+h) . W przypadku p = 0 m´owi sie

,

zazwyczaj o szeregu Mac-

laurina. Czytelnik pozna l ju˙z rozwinie

,

cia w szereg Maclaurina funkcji wyk ladniczej

o podstawie e : e

x

=

∞

X

n=0

x

n

n!

, funkcji sinus: sin x =

∞

X

n=0

(−1)

n x

2n+1

(2n+1)!

, funkcji kosinus:

cos x =

∞

X

n=0

(−1)

n x

2n

(2n)

!

, funkcji arkus tangens: arctg x =

∞

X

n=0

(−1)

n x

2n+1

2n+1

oraz rozwi-

nie

,

cie w szereg Taylora funkcji ln wok´o l punktu p = 1 : ln(1 + x) =

∞

X

n=0

(−1)

n−1 x

n

n

,

funkcji pote

,

gowej o wyk ladniku a ∈ IR wok´o l punktu p = 1 : (1 + x)

a

=

∞

X

n=0

a

n

x

n

,

r´ownie˙z funkcji arkus sinus i funkcji

x

x

2

+5x+6

.

Definicja 8.29 (lokalnego ekstremum)

M´owimy, ˙ze funkcja f okre´slona na zbiorze zawieraja

,

cym przedzia l I o ´srodku

w punkcie p ma w tym punkcie lokalne maksimum wtedy i tylko wtedy, gdy ist-

nieje taki przedzia l J ⊂ I o ´srodku w punkcie p , ˙ze je´sli x ∈ J , to f (x) ≤ f (p) .

Je´sli nier´owno´s´c jest ostra dla x 6= p , to m´owimy, ˙ze lokalne maksimum jest w la´sciwe.

Analogicznie okre´slamy lokalne minimum oraz lokalne minimum w la´sciwe. Je´sli funk-

cja ma w punkcie p lokalne maksimum lub lokalne minimum, to m´owimy, ˙ze ma w

tym punkcie lokalne ekstremum.

Jasne jest, ˙ze funkcje x

2

, x

4

, x

6

. . . maja

,

w punkcie 0 minima, natomiast funkcje

przeciwne −x

2

, −x

4

, −x

6

. . . maja

,

w punkcie 0 maksima. Funkcje x , x

3

, x

5

. . . nie

maja

,

w punkcie 0 ekstrem´ow, nawet lokalnych. Udowodnimy teraz twierdzenie pozwa-

laja

,

ce w licznych przypadkach latwo stwierdzi´c, czy funkcja n –krotnie r´o˙zniczkowal-

na w punkcie p ma w nim lokalne ekstremum.

Twierdzenie 8.30 (o lokalnych ekstremach)

Za l´o˙zmy, ˙ze funkcja f jest n –krotnie r´o˙zniczkowalna w punkcie p oraz ˙ze zachodza

,

r´owno´sci 0 = f

0

(p) = f

00

(p) = . . . = f

(n−1)

(p) i nier´owno´s´c f

(n)

(p) 6= 0 . Wtedy

je´sli n jest liczba

,

nieparzysta

,

, to funkcja f nie ma w punkcie p lokalnego

ekstremum – w dowolnie ma lym otoczeniu punktu p przyjmuje zar´owno

warto´sci wie

,

ksze ni˙z w punkcie p oraz warto´sci wie

,

ksze ni˙z w punkcie p ,

je´sli natomiast n jest liczba

,

parzysta

,

, funkcja to f ma w punkcie p lokalne

ekstremum w la´sciwe: minimum, gdy f

(n)

(p) > 0 , maksimum – w przypadku

f

(n)

(p) < 0 .

53

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

Dow´

od. Skorzystamy z wzoru Taylora:

f (p + h) = f (p) +

f

0

(p)

1!

h +

f

00

(p)

2!

h

2

+ · · · +

f

(n−1)

(p)

(n − 1)!

h

n−1

+

f

(n)

(p)

n!

h

n

+ r

n

(h)

Wobec za lo˙ze´

n o pochodnych funkcji f w punkcie p mo˙zemy napisa´c

f (p + h) = f (p) +

f

(n)

(p)

n!

h

n

+ r

n

(h)) = f (p) + h

n

f

(n)

(p)

n!

+

r

n

(h)

h

n

Poniewa˙z lim

h→0

r

n

(h)

h

n

= 0 , wie

,

c taka liczba istnieje δ > 0 , ˙ze je´sli 0 < |h| < δ , to

r

n

(h)

h

n

<

f

(n)

(p)

n!

. Znak sumy dwu liczb jest taki sam jak znak tej z nich, kt´orej

warto´s´c bezwzgle

,

dna jest wie

,

ksza. W przypadku sumy

f

(n)

(p)

n!

+

r

n

(h)

h

n

jest on wie

,

c,

przy za lo˙zeniu, ˙ze 0 < |h| < δ , taki jak znak liczby f

(n)

(p) ( n! nie ma wp lywu

znak). Je´sli n jest liczba

,

nieparzysta

,

, to znak iloczynu h

n

f

(n)

(p)

n!

+

r

n

(h)

h

n

zmienia

sie

,

wraz ze zmiana

,

znaku h . Je´sli n jest liczba

,

parzysta

,

, to znak ten jest niezale˙zny

od znaku h : w przypadku f

(n)

(p) < 0 liczba h

n

f

(n)

(p)

n!

+

r

n

(h)

h

n

jest ujemna, za´s

w przypadku f

(n)

(p) > 0 – dodatnia. Sta

,

d teza wynika od razu.

Podany przed chwila

,

dow´od ilustruje jak stosowany jest wz´or Taylora: Pewna

w lasno´s´c przys luguje wielomianowi Taylora, reszta nie jest w stanie jej zmieni´c, bo

jest za ma la. Oczywi´scie istotnym za lo˙zeniem jest f

(n)

(p) 6= 0 – bez niego nie mamy

podstaw do twierdzenia, ˙ze reszta jest ma la w por´ownaniu z wielomianem Taylora

funkcji f (x)−f (p) , przeciwnie w takim przypadku wszystkie informacje o zachowaniu

sie

,

funkcji w pobli˙zu punktu p zawarte sa

,

w reszcie, o kt´orej niewiele wiemy! Wypada

podkre´sli´c, ˙ze m´owimy tu jedynie o zachowaniu sie

,

funkcji w pobli˙zu punktu p ,

na nic wie

,

cej nie mo˙zemy liczy´c, bo za lo˙zenia, kt´ore uczynili´smy dotycza

,

jedynie

pochodnych w tym jednym punkcie! O wielko´sci liczby δ r´ownie˙z nic nie mo˙zemy

powiedzie´c, je´sli w konkretnej sytuacji musimy co´s konkretnego o niej powiedzie´c, to

wymaga to dalszego badania konkretnej funkcji.*

Przyk lad 8.59

Zdefiniujmy funkcje

,

f wzorem f (x) = 3x

4

− 28x

3

+ 84x

2

− 96x .

Mamy wtedy f

0

(x) = 12x

3

− 84x

2

+ 168x − 96 = 12(x

3

− 7x

2

+ 14x − 8) = =12(x −

1)(x − 2)(x − 4) . Pochodna f

0

zeruje sie

,

jedynie w punktach 1,2,4. Druga pochodna

jest r´owna f

00

(x) = 36x

2

− 168x + 168 = 12(3x

2

− 14x + 14) . Wobec tego f

00

(1) >

*

W wielu podre,cznikach s lowa maksimum, minimum, ekstremum oznaczaja, lokalne maksimum, lokalne

minimum, lokalne ekstremum. Zdecydowali´smy sie, na nieco d lu˙zsze terminy, by unikna,´c cze,stych

nieporozumie´

n zwia,zanych z kr´otszymi, wielu student´ow, zw laszcza s labiej przygotowanych, myli np.

lokalne maksima z globalnymi, co mo˙ze prowadzi´

c do zupe lnie bezsensownych wniosk´

ow.

54

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

0 , f

00

(2) < 0 i f

00

(4) > 0 , wie

,

c z twierdzenia o lokalnych ekstremach wynika, ˙ze

w punktach 1 i 4 funkcja f ma lokalne minima, a w punkcie 2 ma lokalne maksimum.

Z tego twierdzenia ju˙z wie

,

cej nic nie jeste´smy w stanie wywnioskowa´c. Natomiast

z twierdzenia o monotoniczno´sci funkcji r´o˙zniczkowalnych wynika, ˙ze na ka˙zdym

z przedzia l´ow (−∞, 1] , [1, 2] , [2, 4] oraz [4, +∞) funkcja f jest ´sci´sle monoto-

niczna, bowiem w ich punktach wewne

,

trznych pochodna f

0

funkcji f nie zeruje sie

,

.

Mamy f (1) = −37 < −32 = f (2) oraz f (4) = −64 < −32 = f (2) . Wiemy wie

,

c,

˙ze funkcja f na przedziale [1, 2] ro´snie, na przedziale [2, 4] maleje. Obliczywszy

f (0) = 0 > −37 = f (1) stwierdzamy, ˙ze na przedziale (−∞, 1] ta funkcja maleje

(wcze´sniej ju˙z stwierdzili´smy, ˙ze f jest na tej p´o lprostej ´sci´sle monotoniczna!). Analo-

gicznie z tego, ˙ze f (5) = −5 > −64 = f (4) wynika, ˙ze na p´o lprostej [4, +∞) funkcja

f jest ´sci´sle rosna

,

ca. Z tego wszystkiego wynika, ˙ze f (4) = −64 jest najmniejsza

,

warto´scia

,

funkcji f na ca lej prostej, f (1) = −37 jest jej najmniejsza

,

warto´scia

,

na

przedziale (−∞, 2] (to nie jest maksymalny przedzia l, na kt´orym ta warto´s´c jest

najmniejsza, ale ustalenie maksymalnego wymaga loby dalszych rozumowa´

n, np. roz-

wia

,

zania r´ownania f (x) = f (1) w przedziale [2, 4] ).

Przyk lad 8.60

Zajmiemy sie

,

ta

,

sama

,

funkcja

,

, kt´ora

,

badali´smy w poprzednim

przyk ladzie: f (x) = 3x

4

− 28x

3

+ 84x

2

− 96x . Teraz ustalimy jaka jest najwie

,

ksza

warto´s´c tej funkcji na przedziale [1, 5] . Pochodna w tym przedziale zeruje sie

,

w

punktach 1 , 2 , 4 , w punktach 1 i 4 druga pochodna jest dodatnia, wie

,

c funkcja

ma w nich lokalne minima w la´sciwe, wie

,

c na pewno nie ma tam warto´sci najwie

,

kszej.

Poniewa˙z f jest cia

,

g la i rozpatrujemy ja

,

na przedziale domknie

,

tym i ograniczo-

nym, wie

,

c w pewnym punkcie tego przedzia lu przyjmuje warto´s´c najwie

,

ksza

,

(spo´sr´od

przyjmowanych na tym przedziale). Standardowy b la

,

d polega na stwierdzeniu, ˙ze po-

niewa˙z jedynym punktem zerowania sie

,

pochodnej opr´ocz punkt´ow, w kt´orych funkcja

ma lokalne minima, jest 2, wie

,

c f (2) = −32 jest warto´scia

,

najwie

,

ksza

,

funkcji f na

przedziale [1, 5] . W rzeczywisto´sci po ustaleniu, gdzie pochodna sie

,

zeruje nale˙zy

rozwa˙zy´c jeszcze ko´

nce przedzia lu oraz punkty, w kt´orych pochodna nie istnieje (w

tym przypadku istnieje wsze

,

dzie). Warto´s´c najwie

,

ksza musi by´c przyjmowana w jed-

nym z tych punkt´ow. Wobec tego w naszym przypadku jest jeszcze jedna mo˙zliwo´s´c

x = 5 , drugi koniec przedzia lu ju˙z zosta l rozwa˙zony, bo w punkcie x = 1 pochodna

jest r´owna 0. Mamy f (5) = −5 > −32 = f (2) , wie

,

c najwie

,

ksza

,

warto´scia

,

funkcji

f na przedziale [1, 5] jest liczba −5 = f (5) . Dodajmy, ˙ze ten przyk lad jest bardzo

prosty, bo chodzi jedynie o przedstawienie roli poszczeg´olnych twierdze´

n w badaniu

funkcji.

55

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

Przyk lad 8.61

Poka˙zemy teraz jak mo˙zna stosowa´c wz´or Taylora do oblicza-

nia granic funkcji. Obliczymy mianowicie granice

,

ilorazu

(ln(cos x))

5

(x

2

−sin

2

x)(tg

2

x)(cos x−cos 2x)

2

przy x −→ 0 . Oczywi´scie licznik i mianownik da

,

˙za

,

do 0, wie

,

c mo˙zna spr´obowa´c

zastosowa´c regu le

,

de l’Hospitala. Jednak licznik i mianownik wygla

,

daja

,

dosy´c nie-

przyjemnie i mo˙zna spodziewa´c sie

,

, ˙ze po zr´o˙zniczkowaniu nie be

,

da

,

wygla

,

da´c le-

piej. Wobec tego nale˙zy zada´c sobie pytanie: jak szybko licznik da

,

˙zy do 0. Potem

to samo pytanie nale˙zy odnie´s´c do mianownika. Dok ladniej: dla jakiej liczby natu-

ralnej n granica lim

x→0

(ln(cos x))

5

x

n

jest sko´

nczona i r´

o˙zna od 0 . Je´sli taka liczba

istnieje, to be

,

dziemy m´owi´c, ˙ze licznik da

,

˙zy do 0 tak szybko jak x

n

. Wiemy, ˙ze

ln(1 + y) = y + r(y) , gdzie r jest taka

,

funkcja

,

, ˙ze lim

y→0

r(y)

y

= 0 – wynika to z wzoru

Taylora zastosowanego do funkcji ln w punkcie p = 1 i n = 1 , czyli z wzoru na

pochodna

,

logarytmu. Jednocze´snie zachodzi r´owno´s´c cos x = 1 −

1
2

x

2

+ %(x) , gdzie

% jest taka

,

funkcja

,

, ˙ze lim

x→0

%(x)

x

2

= 0 – zn´ow stosujemy wz´or Taylora, tym razem

chodzi o funkcje

,

kosinus w punkcie 0, n = 2 .* Sta

,

d wnioskujemy, ˙ze ln (cos x) =

= ln 1 −

1
2

x

2

+ %(x)

= ln 1 + −

1
2

x

2

+ %(x)

= −

1
2

x

2

+ %(x) + r −

1
2

x

2

+ %(x)

.

Mamy lim

x→0

%(x)

x

2

= 0 i lim

x→0

r

(

−

1

2

x

2

+%(x)

)

x

2

= lim

x→0

r

(

−

1

2

x

2

+%(x)

)

−

1

2

x

2

+%(x)

−

1

2

x

2

+%(x)

x

2

= 0· −

1
2

= 0 ,

wie

,

c lim

x→0

ln(cos x)

x

2

= −

1
2

. Wykazali´smy wie

,

c, ˙ze licznik zachowuje sie

,

jak (x

2

)

5

= x

10

.

Teraz zajmiemy sie

,

kolejno poszczeg´olnymi cz lonami mianownika. Zaczniemy od

x

2

− sin

2

x . Mamy sin x = x −

x

3

3!

+ ˜

r(x) , gdzie

˜

r(x)

x

3

−−−→

x→0

0 . Wobec tego za-

chodzi r´owno´s´c x

2

− sin

2

x = x

2

−

x −

x

3

3!

+ ˜

r(x)

2

= 2x

x

3

3!

+ b

r(x) , gdzie przez

b

r(x) oznaczyli´smy sume

,

wszystkich pozosta lych (niezredukowanych) sk ladnik´ow tj.

−

x

3

3!

2

−(˜

r(x))

2

−2x˜

r(x)+2

x

3

3!

˜

r(x) . Jasne jest, ˙ze lim

x→0

b

r(x)

x

4

= 0 . Sta

,

d latwo wynika,

˙ze lim

x→0

x

2

−sin

2

x

x

4

= 2

1

3!

=

1
3

. Jasne jest, ˙ze lim

x→0

tg x

x

= 1 , wie

,

c lim

x→0

tg

2

x

x

2

= 1 . Pozo-

sta l ostatni czynnik mianownika. Zastosujemy wz´or Maclaurina dla funkcji kosinus

i n = 2 . Mamy cos x = 1 −

x

2

2!

+ ˜

%(x) , gdzie ˜

% jest taka

,

funkcja

,

, ˙ze lim

x→0

˜

%(x)

x

2

= 0

(w rzeczywisto´sci dzie

,

ki temu, ˙ze wiemy jak przedstawi´c mo˙zna funkcje

,

kosinus w

postaci sumy szeregu pote

,

gowego, mo˙zemy napisa´c, ˙ze ˜

%(x) =

x

4

4!

−

x

6

6!

+ · · · ). Wobec

tego cos x − cos(2x) = 1 −

x

2

2!

+ ˜

%(x) −

1 −

(2x)

2

2!

+ ˜

%(2x)

=

3
2

x

2

+ b

%(x) , gdzie

b

% jest taka

,

funkcja

,

, ˙ze lim

x→0

b

%(x)

x

2

= 0 . Wobec tego lim

x→0

cos x−cos(2x)

x

2

=

3
2

, zatem

*

Poniewa˙z ln(1+y)=y−

1

2

y

2

+··· , wie,c r(y)=−

y2

2

+

y3

3

−··· . Analogicznie stosuja,c wz´or cos x=1−

x2

2!

+

x4

4!

−··· otrzymujemy r´

owno´s´

c %(x)=

x4

4!

−

x6

6!

+··· .

56

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

lim

x→0

(cos x−cos(2x))

2

x

4

=

9
4

. Pozosta lo stwierdzi´c, ˙ze szukana granica to

(−

1

2

)

5

1

3

·1·

9

4

= −

1

24

.

Poste

,

powanie nasze polega lo tu na tym, ˙ze zaste

,

powali´smy funkcje sinus, kosinus,

logarytm naturalny wielomianami odpowiedniego stopnia, co u latwia lo obliczanie

granicy. Mo˙zna zastosowa´c regu le

,

de l’Hospitala zamiast wzoru Taylora, ale wz´or

Taylora jest wygodniejszy i nie wymaga wie

,

kszego namys lu.

W ostatnim przyk ladzie pojawia ly sie

,

w du˙zych ilo´sciach funkcje, kt´orych dok lad-

ne definicje nie mia ly ˙zadnego znaczenia: r , % , ˜

r , ˜

% , b

r , b

% . Istotne by lo jedynie to,

˙ze po podzieleniu przez odpowiednia

,

pote

,

ge

,

funkcji x granica

,

ka˙zdej z nich przy

x −→ 0 by la liczba 0. Zwykle nie wprowadza sie

,

tylu oznacze´

n. Stosowany jest

symbol o . Przyjmujemy mianowicie naste

,

puja

,

ca

,

umowe

,

: piszemy f (x) = o g(x)

przy x −→ p wtedy i tylko wtedy, gdy lim

x→p

f (x)

g(x)

= 0 . Mo˙zna wie

,

c napisa´c np.

ln(1 + y) = y + o(y) przy y −→ 0 , bo lim

y→0

ln(1+y)−y

y

= 0 . Mo˙zna te˙z napisa´c, ˙ze

x

10

= o(e

x

) przy x −→ +∞ , bo lim

x→∞

x

10

e

x

= 0 . Mamy r´ownie˙z sin x = x−

x

3

3!

+o(x

3

) ,

cos x = 1−

x

2

2!

+o(x

2

) – to sa

,

oczywiste wnioski z wzoru Taylora. Przy u˙zyciu w la´snie

wprowadzonego oznaczenia mo˙zna zapisa´c twierdzenie Peano w naste

,

puja

,

cy spos´ob:

f (p + h) = f (p) +

f

0

(p)

1!

h +

f

00

(p)

2!

h

2

+

f

(3)

(p)

3!

h

3

+ · · · +

f

(n)

(p)

n!

h

n

+ o(h

n

)

przy h −→ 0 . Jasne jest, ˙ze je´sli f (x) = o(x

k

) przy x −→ 0 , to x

n

f (x) = o(x

n+k

)

przy x −→ 0 . Je´sli f (x) = o(x

k

) przy x −→ 0 i g(x) = o(x

n

) przy x −→ 0

, to f (x)g(x) = o(x

k+n

) przy x −→ 0 oraz f (x) + g(x) = o(x

l

) przy x −→ 0 ,

gdzie l = min(k, n) . W przypadku sumy rezultat nie jest oczywi´scie „dok ladny”.

Mo˙ze sie

,

zdarzy´c, ˙ze suma da

,

˙zy do 0 „szybciej”, bo cz lony decyduja

,

ce o pre

,

dko´sci

zbie˙zno´sci moga

,

sie

,

zredukowa´c przy dodawaniu lub odejmowaniu. Poka˙zemy teraz

jak przy u˙zyciu symbolu o mo˙zna opisa´c rozwia

,

zanie zadania przedstawione w ostat-

nim przyk ladzie.

Przyk lad 8.62

Mamy znale´z´c granice

,

lim

x→0

(ln(cos x))

5

(x

2

−sin

2

x)(tg

2

x)(cos x−cos 2x)

2

. Skorzy-

stamy z naste

,

puja

,

cych r´owno´sci

ln(1 + x) = x + o(x) ,

tg x = x + o(x) ,

sin x = x −

x

3

3!

+ o(x

3

) ,

cos x = 1 −

x

2

2!

+ o(x

2

)

przy x −→ 0 . Z nich wynika, ˙ze przy x −→ 0 zachodzi wz´or

ln(cos x) = ln(1 −

x

2

2!

+ o(x

2

)) = −

x

2

2

+ o(x

2

) + o

−

x

2

2

+ o(x

2

)

= −

x

2

2

+ o(x

2

)

— ostatni wz´or wynika sta

,

d, ˙ze lim

x→0

−

x2

2

+o(x

2

)

x

2

= −

1
2

6= ±∞ . Rozumuja

,

c dalej w

taki sam spos´ob otrzymujemy

57

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

x

2

− sin

2

x = x

2

− x −

x

3

3!

+ o(x

3

)

2

= x

2

− x

2

− 2x

x

3

3!

+ o(x

4

)

=

x

4

3

+ o(x

4

)

— nie jest oczywi´scie istotne, czy piszemy o(x

4

) czy te˙z −o(x

4

) . Poniewa˙z

tg x = x + o(x) , wie

,

c tg

2

x = x + o(x)

2

= x

2

+ 2xo(x) + (o(x))

2

= x

2

+ o(x

2

) .

Przejd´zmy do ostatniego etapu: cos x = 1 −

x

2

2!

+ o(x

2

) , wobec tego cos 2x =

=1 −

(2x)

2

2!

+ o((2x)

2

) = 1 − 2x

2

+ o(x

2

) . Odejmuja

,

c dwie ostatnie r´owno´sci stro-

nami otrzymujemy: cos x − cos 2x = −

1
2

+ 2

x

2

+ o(x

2

) =

3
2

x

2

+ o(x

2

) . Sta

,

d za´s

wynika, ˙ze

(cos x − cos 2x)

2

=

3
2

x

2

+ o(x

2

)

2

=

9
4

x

4

+ 3x

2

o(x

2

) + (o(x

2

))

2

=

9
4

x

4

+ o(x

4

) .

Wobec tego

lim

x→0

(ln(cos x))

5

(x

2

−sin

2

x)(tg

2

x)(cos x−cos 2x)

2

= lim

x→0

−

x2

2

+o(x

2

)

5

x4

3

+o(x

4

)

(x

2

+o(x

2

))

(

9

4

x

4

+o(x

4

)

)

=

= lim

x→0

x

10

−

1

2

+

o(x2)

x2

5

x

4

1

3

+

o(x4)

x4

x

2

1+

o(x2)

x2

x

4

9

4

+

o(x4)

x4

=

= lim

x→0

−

1

2

+

o(x2)

x2

5

1

3

+

o(x4)

x4

1+

o(x2)

x2

9

4

+

o(x4)

x4

= (

−

1

2

)

5

1

3

·1·

9

4

= −

1

24

.

W ten spos´ob latwiej jest operowa´c wzorem Taylora, oblicza´c granice itp. Jednak

trzeba pamie

,

ta´c o tym, ˙ze symbol o nie jest normalnym symbolem oznaczaja

,

cym

funkcje

,

— to jest skr´ot zdania m´owia

,

cego, ˙ze iloraz dwu wielko´sci jest zbie˙zny do

0, np. z r´owno´sci (prawdziwej) x − sin x = o(x

2

) przy x −→ 0 wynika r´owno´s´c

x − sin x = o(x) przy x −→ 0 , ale z tej drugiej r´owno´sci pierwsza nie wynika:

pierwsza r´owno´s´c oznacza bowiem, ˙ze lim

x→0

x−sin x

x

2

= 0 i z niej wynika oczywi´scie,

˙ze lim

x→0

x−sin x

x

= 0 , bo lim

x→0

x−sin x

x

= lim

x→0

x−sin x

x

2

· x

= 0 . W przeciwna

,

strone

,

wnioskowa´c nie mo˙zna. Trzeba r´owno´s´c lim

x→0

x−sin x

x

2

= 0 uzasadni´c inaczej, mo˙zna

np. skorzysta´c z wzoru Maclaurina dla funkcji x − sin x i n = 2 , druga pochodna

tej funkcji w punkcie 0 jest r´owna 0, wie

,

c pierwszy wielomian Taylora w punkcie 0

pokrywa sie

,

z drugim wielomianem Taylora w punkcie 0. Og´olnie je´sli f (x) = o(x

2

)

przy x −→ 0 , to r´ownie˙z f (x) = o(x) przy x −→ 0 . Na odwr´ot by´c nie musi:

ln(1 + x) − x = o(x) , natomiast nie jest prawda

,

, ˙ze ln(1 + x) − x = o(x

2

) !

Warto stosowa´c symbol o , ale trzeba umie´c sie

,

nim pos lugiwa´c, wie

,

c studentom

kt´orzy maja

,

k lopoty z analiza

,

matematyczna

,

polecam go z du˙zymi zastrze˙zeniami,

ci kt´orzy dobrze zrozumieli poje

,

cie granicy nie powinni mie´c z nim problem´ow, pod

warunkiem starannego prze´sledzenie kilku rozumowa´

n.

Przyk lad 8.63

Znajdziemy raz jeszcze granice

,

lim

x→0

e−(1+x)

1/x

x

.

Mamy (1 + x)

1/x

= e

(1/x)·ln(1+x)

= e

(1/x)(x−x

2

/2+o(x

2

))

= e

1−x/2+o(x)

=

58

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

= e · e

−x/2+o(x)

= e 1 −

x

2

+ o(x) + o −

x

2

+ o(x)

= e 1 −

x

2

+ o(x)

.

Wobec tego

lim

x→0

e−(1+x)

1/x

x

= lim

x→0

e−e

(

1−

x

2

+o(x)

)

x

= lim

x→0

e
2

+

o(x)

x

=

e
2

,

napisali´smy o(x) zamiast −e·o(x) , ale ta operacja jest dozwolona, bo po pomno˙zeniu

funkcji, kt´orej granica

,

jest 0, przez liczbe

,

, otrzymujemy zn´ow funkcje

,

, kt´orej granica

,

jest 0 .

Zajmiemy sie

,

teraz przez chwile

,

wypuk lo´scia

,

funkcji dwukrotnie r´o˙zniczkowal-

nych. Przypomnijmy, ˙ze funkcja r´o˙zniczkowalna jest wypuk la wtedy i tylko wtedy,

gdy jej pochodna jest niemaleja

,

ca, ´sci´sle wypuk la - wtedy i tylko wtedy, gdy jej

pochodna jest ´sci´sle rosna

,

ca. Korzystaja

,

c z twierdzenia o monotoniczno´sci funkcji

r´o˙zniczkowalnych stwierdzamy natychmiast prawdziwo´s´c naste

,

puja

,

cego twierdzenia:

Twierdzenie 8.31 (o wypuk lo´sci funkcji dwukrotnie r´

o˙zniczkowalnych)

Je´sli funkcja f jest okre´slona na przedziale otwartym i jest dwukrotnie r´o˙zniczkowal-

na w ka˙zdym punkcie tego przedzia lu, to jest wypuk la wtedy i tylko wtedy, gdy jej

druga pochodna f

00

przyjmuje jedynie warto´sci nieujemne.

Dwukrotnie r´o˙zniczkowalna funkcja okre´slona na przedziale otwartym jest ´sci´sle wy-

puk la wtedy i tylko wtedy, gdy jej druga pochodna f

00

jest nieujemna i w ka˙zdym

przedziale zawartym w jej dziedzinie znajduje sie

,

co najmniej jeden punkt, w kt´orym

druga pochodna f

00

jest dodatnia.

W istocie rzeczy badaja

,

c wypuk lo´s´c funkcji w poprzednim rozdziale ju˙z stoso-

wali´smy to twierdzenie. W niekt´orych przypadkach uzasadnienia wypuk lo´sci mog lyby

zosta´c nieznacznie skr´ocone, gdyby´smy powo lywali sie

,

wprost na twierdzenie o wy-

puk lo´sci funkcji dwukrotnie r´o˙zniczkowalnych. Zache

,

camy czytelnika do ponownego

prze´sledzenia podanych wcze´sniej przyk lad´ow. Teraz natomiast sformu lujemy twier-

dzenie, kt´ore w wielu przypadkach pozwala na latwe znajdowanie punkt´ow przegie

,

cia

funkcji wielokrotnie r´o˙zniczkowalnej.

Twierdzenie 8.32 (o punktach przegie

,

cia funkcji wielokrotnie

r´

o˙zniczkowalnych)

1. Je´sli p jest punktem przegie

,

cia funkcji f , kt´ora jest dwukrotnie r´o˙zniczkowalna

w tym punkcie, to f

00

(p) = 0 .

2. Je´sli funkcja f jest n –krotnie r´o˙zniczkowalna w punkcie p , n > 2 i 0 = f

00

(p) =

=f

(3)

(p) = . . . = f

(n−1)

(p) i f

(n)

(p) 6= 0 , to je´sli n jest liczba

,

nieparzysta

,

, to

p jest punktem przegie

,

cia funkcji f , je´sli natomiast liczba n jest parzysta, to

p nie jest punktem przegie

,

cia funkcji f .

59

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

Dow´

od. 1. Z definicji punktu przegie

,

cia wynika, ˙ze istnieje taka liczba δ > 0 , ˙ze

na jednym z przedzia l´ow (p − δ, p] , [p, p + δ) f jest funkcja

,

wypuk la

,

, a na dru-

gim — wkle

,

s la

,

. Dla ustalenia uwagi przyjmijmy, ˙ze na przedziale (p − δ, p] funkcja

f jest wypuk la, a na przedziale [p, p + δ) – wkle

,

s la. Poniewa˙z f jest dwukrotnie

r´o˙zniczkowalna w punkcie p , wie

,

c jest r´o˙zniczkowalna w punktach pewnego prze-

dzia lu o ´srodku w punkcie p . Bez straty og´olno´sci mo˙zna przyja

,

´c, ˙ze tym przedzia lem

jest (p − δ, p + δ) . Wobec tego na przedziale (p − δ, p] pochodna f

0

funkcji f jest

niemaleja

,

ca i wobec tego jej pochodna, czyli f

00

, jest nieujemna w ka˙zdym punkcie,

w kt´orym jest okre´slona, w szczeg´olno´sci f

00

(p) ≥ 0 . Na przedziale [p, p + δ) funkcja

f jest wkle

,

s la i wobec tego f

00

(p) ≤ 0 . Poniewa˙z f

00

(p) ≤ 0 ≤ f

00

(p) , wie

,

c f

00

(p) = 0 .

2. Zastosujemy wz´or Taylora do funkcji f

00

w punkcie p . Mamy

f

00

(p+h) = f

00

(p)+

f

(3)

(p)

1!

h+· · ·+

f

(n)

(p)

(n−2)!

h

n−2

+r

n−2

(h) = h

n−2

f

(n)

(p)

(n−2)!

+

r

n−2

(h)

h

n−2

.

Niech δ > 0 be

,

dzie taka

,

liczba

,

dodatnia

,

, ˙ze je´sli 0 < |h| < δ , to

r

n−2

(h)

h

n−2

<

|

f

(n)

(p)

|

(n−2)!

.

Liczby

f

(n)

(p)

(n−2)!

+

r

n−2

(h)

h

n−2

i

f

(n)

(p)

(n−2)!

maja

,

wie

,

c taki sam znak. Je´sli liczba n jest nie-

parzysta, to liczba h

n−2

jest dodatnia dla dodatnich h i ujemna dla h ujemnych.

Wobec tego liczba f

00

(p+h) = h

n−2

f

(n)

(p)

(n−2)!

+

r

n−2

(h)

h

n−2

jest na jednym z przedzia l´ow

(−δ, 0) , (0, δ) dodatnia, a na drugim — ujemna. Wobec tego na jednym z przedzia l´ow

(p−δ, p] , [p, p+δ) funkcja f jest ´sci´sle wkle

,

s la, a na drugim – ´sci´sle wypuk la. Wynika

sta

,

d, ˙ze p jest punktem przegie

,

cia funkcji f . Je˙zeli natomiast liczba n jest parzy-

sta, to wtedy funkcja f

00

ma w punkcie p lokalne ekstremum w la´sciwe, wie

,

c albo na

ca lym przedziale (p − δ, p + δ) z wyja

,

tkiem punktu p funkcja f

00

jest dodatnia, albo

na ca lym przedziale p − δ, p + δ funkcja f

00

jest ujemna. W pierwszym przypadku

funkcja f jest ´sci´sle wypuk la na ca lym przedziale (p − δ, p + δ) , a w drugim — ´sci´sle

wkle

,

s la. W ˙zadnym z tych przypadk´ow p nie jest punktem przegie

,

cia funkcji f .

Dow´od zosta l zako´

nczony.

R´ownie˙z to twierdzenie dobrze ilustruje schemat rozumowania przedstawiany

w tym rozdziale: funkcja f zachowuje sie

,

w dostatecznie ma lych otoczeniu punktu p

tak jak funkcja

f

(n)

(p)

n!

h

n

w otoczeniu 0 (reszta jest za ma la, by mie´c istotny wp lyw

na zachowanie sie

,

funkcji!).

Przyk lad 8.64

Niech f (x) = x

2

(x − 6)

2

. Sporza

,

dzimy wykres funkcji f . W tym

celu ustalimy, na jakich przedzia lach funkcja ro´snie, na jakich maleje, na jakich jest

wypuk la, na jakich jest wkle

,

s la, gdzie ma lokalne ekstrema, gdzie punkty przegie

,

cia

i znajdziemy asymptoty – oczywi´scie cze

,

´s´c wymienionych obiekt´ow mo˙ze nie ist-

nie´c. Obliczymy pochodne: f

0

(x) = 2x(x − 6)(x + x − 6) = 4(x

3

− 9x

2

+ 18x) ,

60

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

f

00

(x) = 12(x

2

− 6x + 6) i f

(3)

(x) = 24(x − 3) . Pierwiastkami pierwszej pochodnej

sa

,

liczby: 0, 3, 6; drugiej: 3 −

√

3 i 3 +

√

3 i wreszcie trzeciej: 3. Wida´c od razu,

˙ze w punktach zerowania sie

,

pierwszej pochodnej druga przyjmuje warto´sci r´o˙zne

od 0, wobec tego we wszystkich tych punktach f ma lokalne ekstrema w la´sciwe:

w punkcie 0 i w punkcie 6 — lokalne minima w la´sciwe (bo f

00

(0), f

00

(6) > 0 ),

a w punkcie 3 — lokalne maksimum w la´sciwe (bo f

00

(3) = −3 < 0 ). Poniewa˙z

na przedzia lach (−∞, 0] , [0, 3] , [3, 6] i [6, ∞) funkcja f jest ´sci´sle monotoniczna,

bo w ich punktach wewne

,

trznych pierwsza pochodna jest r´o˙zna od 0, wie

,

c na prze-

dzia lach (−∞, 0] i [3, 6] funkcja f maleje, a na przedzia lach [0, 3] i [6, ∞) – ro´snie.

Podkre´slmy, ˙ze cho´c to bardzo latwe, to jednak nie badali´smy znaku pierwszej pochod-

nej, bo uk lad lokalnych ekstrem´ow wymusza stwierdzenia na temat wzrostu i spadku

warto´sci funkcji. Oczywi´scie w ostatecznym rozrachunku wiemy, jaki jest ten znak

(pochodna jest r´o˙zna od 0 w punktach przedzia lu (−∞, 0) , funkcja maleje na tym

przedziale, wie

,

c pochodna musi by´c ujemna, ale ten wniosek wycia

,

gne

,

li´smy stosuja

,

c

og´olne twierdzenia o zachowaniu sie

,

funkcji). Oczywi´scie z definicji funkcji wynika

natychmiast, bez oblicznia pochodnych, ˙ze wszystkie jej warto´sci sa

,

nieujemne, wie

,

c

0 = f (0) = f (6) jest nie tylko lokalnie najmniejsza

,

warto´scia

,

funkcji, ale r´ownie˙z

najmniejsza

,

ze wszystkich w og´ole. Inaczej jest z liczba

,

81 = f (3) . W tym przy-

padku mamy do czynienia z minimum lokalnym: w f (9) = 81 · 9 > 81 , zatem 81

nie jest najwie

,

ksza

,

warto´scia

,

funkcji, jest nia

,

je´sli ograniczymy dziedzine

,

do do-

statecznie kr´otkiego przedzia lu zawieraja

,

cego 3, zache

,

camy do sprawdzenia, ˙ze naj-

wie

,

kszym przedzia lem, na kt´orym funkcja f przyjmuje swa

,

najwie

,

ksza

,

warto´s´c w

punkcie 3 i w ˙zadnym innym jest (3 − 3

√

2, 3 + 3

√

2) . Poniewa˙z w punktach ze-

rowania sie

,

drugiej pochodnej trzecia przyjmuje warto´sci r´o˙zne od 0, wie

,

c punkty

3 −

√

3 oraz 3 +

√

3 sa

,

punktami przegie

,

cia funkcji f . Oczywi´scie pierwszy z nich

znajduje sie

,

mie

,

dzy 0 i 3, a drugi mie

,

dzy 3 i 6. Na p´o lprostej (−∞, 3 −

√

3] funk-

cja f jest ´sci´sle wypuk la, na przedziale [3 −

√

3, 3 +

√

3] – ´sci´sle wkle

,

s la, a na

p´o lprostej [3 +

√

3, +∞) zn´ow ´sci´sle wypuk la. jasne jest, ˙ze funkcja nie ma asymptot

pionowych (jest cia

,

g la w ka˙zdym punkcie prostej). Nie ma te˙z ani poziomych ani

uko´snych, bo

lim

x→±∞

x

2

(x − 6)

2

− ax − b

= +∞ niezale˙znie od wyboru liczb a i

b . Zako´

nczyli´smy badanie funkcji i jeste´smy ju˙z w stanie narysowa´c jej wykres.

Przyk lad 8.65

Teraz zbadamy funkcje

,

√

1 − e

−x

2

. Wz´or ten okre´sla ja

,

na ca lej

prostej, wie

,

c jest ona cia

,

g la. Jest te˙z r´o˙zniczkowalna we wszystkich punktach x 6= 0 ,

bo dla takich punkt´ow zachodzi nier´owno´s´c 1 − e

−x

2

> 0 , a na p´o lprostej (0, +∞)

funkcja pierwiastek kwadratowy jest r´o˙zniczkowalna. Pierwsza pochodna jest r´owna

61

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

xe

−x2

√

1−e

−x2

. Jasne jest, ˙ze ten wz´or nie dzia la w przypadku x = 0 . Spr´obujmy obliczy´c

pochodna

,

w punkcie 0 korzystaja

,

c bezpo´srednio z jej definicji. Mamy

lim

x→0

+

f (x)−f (0)

x

= lim

x→0

+

q

1−e

−x2

x

2

=

r

lim

x→0

+

e

−x2

−1

−x

2

= 1 ,

bo pierwiastek kwadratowy jest funkcja

,

cia

,

g la

,

(przedostatnia r´owno´s´c) oraz zacho-

dzi wz´or lim

x→0

e

x

−1

x

= 1 (ostatnia r´owno´s´c). W taki sam spos´ob stwierdzamy, ˙ze

lim

x→0

−

f (x)−f (0)

x

= −1 . Oznacza to, ˙ze funkcja nie ma pochodnej w punkcie 0, bowiem

jednostronne pochodne sa

,

r´o˙zne. Oznacza to, ˙ze w punkcie 0 wykres „za lamuje sie

,

”,

lub te˙z: „ma ostrze”. Znajdziemy druga

,

pochodna

,

:

f

00

(x) =

xe

−x2

√

1−e

−x2

0

=

xe

−x

2

1 − e

−x

2

−1/2

0

=

= e

−x

2

1 − e

−x

2

−1/2

− 2x

2

e

−x

2

1 − e

−x

2

−1/2

− x

2

e

−2x

2

1 − e

−x

2

−3/2

=

= e

−2x

2

1 − e

−x

2

−3/2

e

x

2

1 − 2x

2

− 1 + x

2

.

Wyka˙zemy, ˙ze dla ka˙zdego x 6= 0 zachodzi nier´owno´s´c f

00

(x) < 0 . Wystarczy wy-

kaza´c, ˙ze je´sli y > 0 , to e

y

(1 − 2y) − 1 + y < 0 , piszemy y zamiast x

2

. Mamy

(e

y

(1 − 2y) − 1 + y)

0

=

= e

y

(1 − 2y) − 2e

y

+ 1 = −2ye

y

− e

y

+ 1 < 0 dla y > 0 , bo −e

y

+ 1 < 0 w przy-

padku y > 0 . Poniewa˙z pochodna funkcji e

y

(1−2y)−1+y jest ujemna na p´o lprostej

(0, +∞) , wie

,

c funkcja ta jest maleja

,

ca na p´o lprostej [0, ∞) , a poniewa˙z jej warto´scia

,

w punkcie 0 jest 0, wie

,

c jej warto´sci w punktach dodatnich sa

,

ujemne.* Z tego, ˙ze

druga pochodna jest ujemna na ka˙zdej z p´o lprostych (−∞, 0) oraz (0, +∞) wynika,

˙ze na ka˙zdej z p´o lprostych (−∞, 0] , [0, +∞) funkcja f jest ´sci´sle wkle

,

s la. Nie jest

jednak ona ´sci´sle wkle

,

s la na ca lej prostej, cho´c jest cia

,

g la w punkcie 0! Je´sli δ > 0 ,

to odcinek la

,

cza

,

cy punkty

−δ,

√

1 − e

−δ

2

i

δ,

√

1 − e

−δ

2

le˙zy nad wykresem

(z wyja

,

tkiem ko´

nc´ow) funkcji f zamiast pod wykresem. Musia loby by´c odwrotnie,

gdyby funkcja by la ´sci´sle wkle

,

s la lub wkle

,

s la na ca lej prostej lub cho´cby na przedziale

[−δ, δ] .

Przyk lad 8.66

„Naszkicujemy” teraz wykres funkcji f zdefiniowanej wzorem

f (x) =

5

q

7x

2

−3

9x

2

−4

zdefiniowanej dla x 6= ±

2
3

. Zadanie to mieli rozwia

,

za´c studenci

zaoczni we wrze´sniu 1996. Poza definicja

,

funkcji podane by ly wzory na pierwsza

,

i

*

Mo˙zna udowodni´

c, ˙ze e

y

(1−2y)−1+y<0 dla y>0 innymi metodami. Np. mo˙zna wykorzysta´

c wz´

or

e

y

=

P

∞

0

yn

n!

– otrzymamy po prostych rachunkach szereg, kt´

orego wszystkie wyrazy w przypadku

y>0 sa, ujemne. Inna metoda to stwierdzenie, ˙ze w przypadku y<1 zachodzi nier´owno´s´c e

y

<

1

1−y

,

zatem dla wszystkich y∈IR zachodzi nier´

owno´s´

c e

y

(1−y)<1 , wobec tego

e

y

(1−2y)−1+y=e

y

(1−y)−y(e

y

−1)−1<−y(e

y

−1)<0 dla y6=0 .

62

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

druga

,

pochodna

,

tej funkcji:

f

0

(x) = −0,4x 9x

2

− 4

−6/5

7x

2

− 3

−4/5

,

f

00

(x) = 0,24(315x

4

− 91x

2

− 20) 9x

2

− 4

−11/5

7x

2

− 3

−9/5

Studenci zostali poinformowani, ˙ze druga pochodna przyjmuje warto´s´c 0 wtedy i tylko

wtedy, gdy x = ±

q

91+

√

33481

630

≈ 0,659458 . Jasne jest, ˙ze f jest funkcja

,

parzysta

,

,

tzn. f (−x) = f (x) dla ka˙zdej liczby x z dziedziny funkcji f . Wobec tego jej wy-

kres jest symetryczny wzgle

,

dem pionowej osi uk ladu wsp´o lrze

,

dnych. Wystarczy wie

,

c

bada´c f na jednej z p´o lprostych −∞,

2
3

,

2
3

, ∞

oraz na jednym z przedzia l´ow

−

2
3

, 0

,

0,

2
3

. Trzeba wie

,

c ustali´c na jakich przedzia lach funkcja f ro´snie, na ja-

kich przedzia lach maleje, na jakich przedzia lach jest wypuk la, a na jakich – wkle

,

s la.

Wyja´sni´c, w jakich punktach dziedziny funkcja ma pochodna

,

, a w jakich jej nie ma

oraz obliczy´c granice funkcji f , f

0

, f

00

w ko´

ncach przedzia l´ow sk ladaja

,

cych sie

,

na

ich dziedziny. R´ownie˙z ustali´c, gdzie sa

,

lokalne ekstrema i punkty przegie

,

cia. Z wzoru

na pierwsza

,

pochodna

,

wynika, ˙ze jest ona okre´slona dla x 6= ±

2
3

, ±

q

3
7

, przy czym

nieistnienie pochodnej w punktach ±

2
3

wynika z tego, ˙ze te punkty sa

,

poza dziedzina

,

funkcji f i ju˙z to wystarcza, by nie mia lo sensu r´o˙zniczkowanie funkcji w tych punk-

tach. W punktach ±

q

3
7

funkcja jest okre´slona, wie

,

c teoretycznie nie ma przeszk´od

dla istnienia pochodnej, jednak wz´or nie dzia la, bo nie mo˙zna podnie´s´c liczby 0

do pote

,

gi o wyk ladniku ujemnym . Z wzoru na pochodna

,

wynika jednak od razu,

˙ze

lim

x→−

√

3/7

f

0

(x) = +∞ oraz

lim

x→

√

3/7

f

0

(x) = −∞ . Sta

,

d, z definicji pochodnej i

twierdzenia Lagrange’a o warto´sci ´sredniej wynika, ˙ze f

0

(±

p

3/7) = ∓∞ . Znaczy

to, ˙ze funkcja f nie jest w tych punktach r´o˙zniczkowalna, bo cho´c pochodna istnieje,

to jest niesko´

nczona. W szczeg´olno´sci w tych punktach wykres ma styczna

,

, tyle ˙ze –

pionowa

,

. Funkcja f jest wie

,

c ´sci´sle rosna

,

ca na p´o lprostej −∞, −

2
3

oraz na prze-

dziale −

2
3

, 0

. Na przedziale

0,

2
3

oraz na p´o lprostej

2
3

, ∞

funkcja f jest ´sci´sle

maleja

,

ca. Podkre´slmy: funkcja ro´snie na ka˙zdym z dw´och przedzia l´ow, ale nie na

ich sumie o czym przekonamy sie

,

za chwile

,

. Zacznijmy od oczywistego stwierdzenia:

3
7

<

4
9

. Wobec tego funkcja f przyjmuje warto´sci dodatnie na p´o lprostej (−∞, −

2
3

)

oraz na przedziale (−

q

3
7

, 0) . Mamy

lim

x→−∞

5

r

7x

2

− 3

9x

2

− 4

= lim

x→−∞

5

s

7 − 3/x

2

9 − 4/x

2

=

5

r

7
9

.

Dalej

lim

x→−

2

3

−

f (x) = +∞ , bo f (x) > 0 na p´o lprostej (−∞, −

2
3

) i licznik da

,

˙zy do

63

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

liczby r´o˙znej od 0, za´s mianownik do 0. Naste

,

pnie

lim

x→−

2

3

+

f (x) = −∞ , bo tym razem

funkcja jest ujemna, a licznik da

,

˙zy do liczby r´o˙znej od 0, podczas gdy mianownik

— do 0 . Zajmiemy sie

,

teraz wypuk lo´scia

,

funkcji f . W tym celu ustalimy, gdzie jej

druga pochodna f

00

jest dodatnia, gdzie — ujemna. We wzorze na f

00

wyra˙zenia

7x

2

− 3 oraz 9x

2

− 4 podnoszone sa

,

do nieparzystych pote

,

g, naste

,

pnie z otrzy-

manych wynik´ow wycia

,

gany jest pierwiastek stopnia nieparzystego. Wynika sta

,

d

od razu, ˙ze na ka˙zdym z kolejnych przedzia l´ow −∞, −

2
3

,

−

2
3

, −

q

91+

√

33481

630

,

−

q

91+

√

33481

630

, −

q

3
7

i

−

q

3
7

, 0

pochodna f

00

ma inny znak: na pierwszym

z wymienionych przedzia l´ow jest dodatnia, na drugim — ujemna, na trzecim — do-

datnia i wreszcie na czwartym — ujemna. Wynika sta

,

d, ˙ze na p´o lprostej −∞, −

2
3

i na przedziale

−

q

91+

√

33481

630

, −

q

3
7

funkcja f jest wypuk la, a na ka˙zdym z prze-

dzia l´ow

−

2
3

, −

q

91+

√

33481

630

i

"

−

q

3
7

, 0

#

— wkle

,

s la.

Wobec tego punkty −

q

91+

√

33481

630

i −

q

3
7

sa

,

punktami przegie

,

cia funkcji f , −

2
3

punktem przegie

,

cia nie jest, bo le˙zy poza dziedzina

,

funkcji f (poniewa˙z nie istnieje

granica lim

x→−

2

3

f (x) , wie

,

c nie mo˙zna sensownie dookre´sli´c funkcji w tym punkcie!). In-

nych punkt´ow przegie

,

cia nie ma: jedynym punktem, kt´ory jeszcze nie zosta l zbadany

jest 0 — mo˙zna by pomy´sle´c, ˙ze z wkle

,

s lo´sci funkcji f na przedziale

h

−

q

3
7

, 0

i

oraz

z parzysto´sci wynika wkle

,

s lo´s´c funkcji na przedziale

h

−

q

3
7

,

q

3
7

i

, tak jest, ale trzeba

sie

,

jeszcze wyra´znie powo la´c na r´o˙zniczkowalno´s´c funkcji f w punkcie 0 (por´ownaj

z przyk ladem poprzednim), jednak takiego twierdzenia nie udowodnili´smy i pro´sciej

jest skorzysta´c z tego, ˙ze na przedziale otwartym

−

q

3
7

,

q

3
7

druga pochodna f

00

funkcji f jest ujemna. Z tego, co do tej pory uda lo sie

,

nam ustali´c, wynika, ˙ze prosta

pozioma y =

5

q

7
9

jest asymptota

,

pozioma

,

funkcji f przy x −→ ±∞ , za´s proste pio-

nowe x = ±

2
3

sa

,

obustronnymi asymptotami pionowymi funkcji f przy x −→ ±

2
3

.

Uwaga: w istocie rzeczy nie trzeba w tym zadaniu wykonywa´c ˙zadnych oblicze´

n

´swiadcza

,

cych o tym, ˙ze

2
3

>

q

91+

√

33481

630

>

q

3
7

— ta nier´owno´s´c wynika z tego, ˙ze

lim

x→−

2

3

+

f

0

(x) = +∞ i

lim

x→−

√

3

7

+

f

0

(x) = +∞ , wie

,

c na przedziale

−

2
3

, −

q

3
7

po-

chodna f

0

musi najpierw male´c, a potem rosna

,

´c, co oznacza, ˙ze druga pochodna musi

przynajmniej w jednym punkcie tego przedzia lu przyja

,

´c warto´s´c 0 , jedynym kandy-

64

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

datem jest punkt −

q

91+

√

33481

630

. Zachodzi przybli˙zona r´owno´s´c

q

3
7

≈ 0,654653 ,

wie

,

c r´o˙znica mie

,

dzy punktami

q

3
7

i

q

91+

√

33481

630

jest mniejsza ni˙z 0,01 , zatem

mo˙ze by´c przeoczona przez program komputerowy rysuja

,

cy wykresy funkcji (je´sli

nie za˙za

,

damy odpowiedniej dok ladno´sci w tej okolicy!) . Poniewa˙z f (0,67) ≈ 1,288 ,

f (0,66) ≈ −0,908 , wie

,

c w tym przypadku zmiana warto´sci argumentu o 0,01 powo-

duje zmiane

,

warto´sci funkcji o oko lo 2,196 , wie

,

c ponad 200 razy wie

,

ksza

,

ni˙z zmiana

argumentu. Rysuja

,

c wykres na papierze, przyjmuja

,

c np. ˙ze jednostka to 1 cm mu-

simy zwraca´c uwage

,

na przedzia ly d lugo´sci 0,1 mm, co jest ma lo realne ze wzgle

,

du

na grubo´s´c o l´owka, linie na rysunku komputerowym te˙z musza

,

mie´c jaka

,

´s grubo´s´c,

wie

,

c jedyna rada, to obserwowa´c okolice punkt´ow przegie

,

cia w du˙zym powie

,

kszeniu

i zastosowaniu odcink´ow jednostkowych o r´o˙znych d lugo´sciach na osiach: na osi ar-

gument´ow odcinek jednostkowy mo˙ze by´c np. oko lo 200 razy d lu˙zszy ni˙z odcinek

jednostkowy na osi warto´sci funkcji.

W ostatnio prezentowanych przyk ladach wida´c by lo, ˙ze w licznych przypad-

kach mo˙zna omija´c r´o˙zne obliczenia stosuja

,

c odpowiednie twierdzenia o charakterze

og´olnym. Du˙za

,

role

,

w tych rozumowaniach odgrywa wz´or Taylora. Nasuwa sie

,

natu-

ralne pytanie: czy nie mo˙zna powiedzie´c czego´s wie

,

cej o reszcie r

n

przynajmniej w

sytuacji, z kt´ora

,

cze

,

sto mamy do czynienia, mianowicie w przypadku funkcji, kt´ora

ma wie

,

cej pochodnych w otoczeniu punktu p ni˙z n . Okazuje sie

,

, ˙ze co´s powie-

dzie´c mo˙zna, ale jednak niezbyt du˙zo. Podamy przyk lad twierdzenia tego typu, jest

ich oczywi´scie wie

,

cej. Stwierdzi´c jednak wypada, ˙ze po˙zytek z nich na og´o l nie jest

zbyt wielki, zasadniczo rzecz biora

,

c twierdzenie Peano to wszystko, co w przypadku

og´olnym powiedzie´c mo˙zna.

Twierdzenie 8.33 (Lagrange’a o reszcie we wzorze Taylora)

Niech f be

,

dzie funkcja

,

, kt´ora ma pochodna

,

rze

,

du n + 1 w ka˙zdym punkcie pewnego

przedzia lu otwartego zawieraja

,

cego p . Wtedy dla ka˙zdego punktu x z tego przedzia lu

istnieje punkt y

x

le˙za

,

cy mie

,

dzy punktami x i p , dla kt´orego zachodzi r´owno´s´c

r

n

(x − p) =

f

(n+1)

(y

x

)

(n+1)!

(x − p)

n+1

.

Dow´

od. Niech

ϕ(t) = f (x) − f (t) −

f

0

(t)

1!

(x − t) − · · · −

f

(n)

(t)

n!

(x − t)

n

i

ψ(t) = (x − t)

n+1

.

Mamy ψ

0

(t) = −(n + 1)(x − t)

n

6= 0 dla t 6= x oraz ϕ(x) = 0 = ψ(x) . Poniewa˙z

w przedziale o ko´

ncach x , p funkcja f ma (n + 1) –a

,

pochodna

,

, wie

,

c funkcja ϕ jest

r´o˙zniczkowalna na tym przedziale, wie

,

c mo˙zemy zastosowa´c twierdzenie Cauchy’ego

o warto´sci ´sredniej. Istnieje wie

,

c taki punkt y

x

le˙za

,

cy wewna

,

trz tego przedzia lu o

65

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

ko´

ncach x , p , ˙ze zachodzi r´owno´s´c

ϕ

0

(y

x

)

ψ

0

(y

x

)

=

ϕ(x)−ϕ(p)

ψ(x)−ψ(p)

=

ϕ(p)
ψ(p)

,

i wobec tego ϕ(p) =

ϕ

0

(y

x

)

ψ

0

(y

x

)

· ψ(p) . Po zr´o˙zniczkowaniu funkcji ϕ i uproszczeniu

otrzymujemy wz´or:

ϕ

0

(t) = −

f

(n+1)

(t)

n!

(x − t)

n

. Wobec tego zachodzi r´owno´s´c:

ϕ(p) =

ϕ

0

(y

x

)

ψ

0

(y

x

)

· ψ(p) =

f

(n+1)

(y

x

)

(n+1)!

(x − p)

n+1

. Z niej wnioskujemy, ˙ze zachodzi wz´or

f (x) = f (p) +

f

0

(p)

1!

(x − p) + · · · +

f

(n)

(p)

n!

(x − p)

n

+

f

(n+1)

(y

x

)

(n + 1)!

(x − p)

n+1

,

czyli w la´snie ten, kt´ory chcieli´smy otrzyma´c.

Podkre´slmy raz jeszcze: pozornie dzie

,

ki temu wzorowi wiemy co´s wie

,

cej o resz-

cie. K lopot polega jednak na tym, ˙ze o punkcie y

x

wyste

,

pujacym we wzorze La-

grange’a nie wiemy nic, opr´ocz tego, ˙ze le˙zy mie

,

dzy p i x . To bardzo ogranicza

mo˙zliwo´s´c wycia

,

gania wniosk´ow ida

,

cych dalej ni˙z te, kt´ore wynikaja

,

z wzoru Pe-

ano. Oczywi´scie czasem jest to mo˙zliwe. Je´sli np. f (x) = sin x , to dla dowolnego

n ∈ IN mamy |f

(n+1)

(x)| ≤ 1 , bowiem z dok ladno´scia

,

do znaku pochodna do-

wolnego rze

,

du to sinus lub kosinus. Sta

,

d w szczeg´olno´sci wynika, ˙ze w przypadku

funkcji sinus zachodzi nier´owno´s´c |r

n

(h)| ≤

1

(n+1)!

|h|

n+1

. Otrzymali´smy wie

,

c kon-

kretne oszacowanie, jakiego z pewno´scia

,

nie da sie

,

uzyska´c z wzoru Peano. Przeczy to

ostrze˙zeniom wypowiadanym przed chwila

,

, ale tylko pozornie. W tym konkretnym

przypadku istota

,

by la dodatkowa wiedza o pochodnych dowolnego rze

,

du badanej

funkcji i to ona w po la

,

czeniu z wzorem Lagrange’a pozwoli la na wycia

,

gnie

,

cie dalej

ida

,

cych wniosk´ow.

Przyk lad 8.67

Zdefiniujmy funkcje

,

f wzorami

f (x) =

e

−1/x

, if x > 0;

0,

if x ≤ 0.

Oczywi´scie w ka˙zdym punkcie, by´c mo˙ze z wyja

,

tkiem punktu 0, funkcja ta ma po-

chodne wszystkich rze

,

d´ow, czyli jest r´o˙zniczkowalna niesko´

nczenie wiele razy.

W punkcie 0 sytuacja nie jest ju˙z jasna, bo z prawej jego strony funkcja jest

zdefiniowana inaczej ni˙z z lewej, co mog loby powodowa´c k lopoty z cia

,

g lo´scia

,

lub

r´o˙zniczkowalno´scia

,

. Wyka˙zemy za chwile

,

, ˙ze w rzeczywisto´sci funkcja f r´ownie˙z

w punkcie 0 jest r´o˙zniczkowalna niesko´

nczenie wiele razy oraz ˙ze f

(n)

(0) = 0 dla

ka˙zdej liczby naturalnej n . Wyniknie sta

,

d, ˙ze wielomiany Maclaurina tej funk-

cji sa

,

funkcjami zerowymi, a wie

,

c dla ka˙zdego naturalnego n zachodzi r´owno´s´c

f (x) = r

n

(x) , oczywi´scie chodzi tu o reszte

,

we wzorze Maclaurina, czyli

66

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

r

n

(x) = f (x) − f (0) −

f

0

(0)

1!

x −

f

(2)

(0)

2!

x

2

− · · · −

f

(n)

(0)

n!

x

n

.

Oznacza to, ˙ze w tym konkretnym przypadku pomijanie reszty mo˙ze by´c pozbawione

sensu, bo w niej sa

,

zawarte wszystkie informacje o funkcji f ! Przyk lad ten omawiamy

po to tylko, by przestrzec czytelnik´ow, ˙ze ka˙zda metoda ma swoje ograniczenia, ˙ze

stosuja

,

c twierdzenia poprawnie, tj. wtedy, gdy ich za lo˙zenia sa

,

spe lnione mo˙zemy

dochodzi´c do dziwnych wniosk´ow lub ma wniosk´ow ma lo interesuja

,

cych. Po tych

pesymistycznych uwagach zajmiemy sie

,

wykazaniem r´owno´sci f

(n)

(0) = 0 .

Dla n = 0 r´owno´s´c ta jest bezpo´srednim wnioskiem z okre´slenia warto´sci funk-

cji f w punkcie 0: f

(0)

(0) = f (0) = 0 . Jest te˙z jasne, ˙ze lim

x→0

−

f (x) = 0 — dla

x < 0 jest f (x) = 0 . Mamy te˙z

lim

x→0

+

f (x) = lim

x→0

+

e

−1/x

= 0 . Wykazali´smy,

˙ze funkcja f jest cia

,

g la w punkcie 0. Zauwa˙zmy teraz, ˙ze dla dowolnego x < 0

i dowolnej liczby naturalnej n zachodzi r´owno´s´c f

(n)

(x) = 0 , pochodna funk-

cji sta lej jest r´owna 0, warto´s´c pochodnej w punkcie zale˙zy jedynie od zachowa-

nia sie

,

funkcji w otoczeniu tego punktu, w naszym przypadku rozpatrujemy chwi-

lowo funkcje

,

f na p´o lprostej (−∞, 0) . Teraz przeniesiemy sie

,

na p´o lprosta

,

(0, ∞) .

W tym przypadku mamy f (x) = e

−1/x

, f

0

(x) =

1

x

2

e

−1/x

, f

00

(x) =

1

x

4

−

2

x

3

e

−1/x

,

f

(3)

(x) =

1

x

6

−

6

x

5

+

6

x

4

e

−1/x

, . . . . Jasne jest, ˙ze dla ka˙zdej liczby naturalnej n ist-

nieje wielomian w

n

stopnia 2n , taki ˙ze f

(n)

(x) = w

n

1

x

e

−1/x

, np. w

1

(y) = y

2

,

w

2

(y) = y

4

− 2y

3

, w

3

(y) = y

6

− 6y

5

+ 6y

4

. Sta

,

d od razu wynika, ˙ze

lim

x→0

+

f

(n)

(x) = lim

y→∞

w

n

(y)

e

y

= 0 .

Z definicji pochodnej i twierdzenia o warto´sci ´sredniej wynika wie

,

c od razu, ˙ze

f

0

(0) = lim

x→0

f (x)−f (0)

x

= lim

x→0

f

0

(c

x

) = 0 , gdzie c

x

jest punktem le˙za

,

cym mie

,

dzy

0 oraz x , w szczeg´olno´sci |c

x

| < |x| . Analogicznie korzystaja

,

c z ju˙z otrzymanego

wyniku wnioskujemy, ˙ze f

00

(0) = 0 itd. Dow´od zosta l zako´

nczony.

Uwaga 8.34

Funkcja opisana w ostatnim przyk ladzie mo˙ze wydawa´c sie

,

nieco

dziwna. Warto zaznaczy´c, ˙ze takie zachowania sie

,

funkcji nie sa

,

mo˙zliwe w przypadku

tzw. funkcji analitycznych, tj. takich funkcji niesko´

nczenie wiele razy r´o˙zniczkowal-

nych, kt´ore w pewnym, dostatecznie ma lym otoczeniu dowolnie wybranego punktu

dziedziny sa

,

r´owne sumie swego szeregu Taylora. W takim przypadku zerowanie

sie

,

wszystkich pochodnych w pewnym punkcie powoduje, ˙ze funkcja jest sta la w

otoczeniu tego punktu, co jak wida´c z poprzedniego przyk ladu nie musi mie´c miejsca

w przypadku funkcji r´o˙zniczkowalnej niesko´

nczenie wiele razy. Istnienie takich funkcji

niesko´

nczenie wiele razy r´o˙zniczkowalnych zauwa˙zone zosta lo nie od razu, sta ly sie

,

one istotnym narze

,

dziem wsp´o lczesnej matematyki.

67

Funkcje r´o˙zniczkowalne

Micha l Krych

Na tym ko´

nczymy przegla

,

d zagadnie´

n zwia

,

zanych z wielokrotnym r´o˙zniczkowa-

niem funkcji.

Informacja: wz´or z reszta

,

og´olniejszej postaci (Schl¨omilcha–Rocha) znajduje sie

,

w

ksia

,

˙zce G.M.Fichtenholza, „Rachunek r´o˙zniczkowy i ca lkowy”, tom 1.

68